hdu 4193 Non-negative Partial Sums

题目地址：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4193

题意：给出一个n数列，要求把前i（1<=i<=n）个数移到剩余数列的后面形成新的数列，如果新数列满足前i(1<=i<=n)个数均大于等于0，算一种情况，问总共有多少种情况。

简单思路：单调队列+前缀和，枚举每一个可能的以i为首的数列，用单调队列找出区间[i,i+n-1]的最小前缀和，如果最小前缀和sum[k]-sum[i-1]>=0，就可能算一种，并在枚举的时候更新单调队列。

总结：1.昨天比赛训练的时候没有想到单调队列的做法，简单的前缀和果然的超时了，学过的算法及思维远远不够，因为貌似这道题去年我做过，囧。。。

         2.如果单调队列加上结构体得2000+ms,我的挫代码就如此，菜。应该就在前缀和数组sum[]上面进行单调会快一点吧。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define inf 0x7fffffff
using namespace std;
const int maxn=1000000+10;
struct node
{
    int value;
    int tag;
    node () {tag=0;value=0; }
}q[maxn*2];
int sum[maxn*2];
int an[maxn*2];
int main()
{
    int n;

    while (cin>>n,n)
    {
        memset(sum,0,sizeof(sum));
        for (int i=1 ;i<=n ;i++)
        {
            scanf("%d",&an[i]);
            an[n+i]=an[i];
        }
        for (int i=1 ;i<=2*n ;i++) sum[i]=sum[i-1]+an[i];
        int h=1,r=0;
        for (int i=1 ;i<n ;i++)
        {
            while (h<=r && q[r].value>=sum[i]) r--;
            q[++r].value=sum[i];
            q[r].tag=i;
        }
        int count=0;
        for (int i=n ;i<2*n ;i++)
        {
            while (h<=r && q[r].value>=sum[i]) r--;
            q[++r].value=sum[i];
            q[r].tag=i;

            while (h<=r && q[h].tag<i-n+1) h++;
            if (q[h].value-sum[i-n] >=0) count++;
        }
        cout<<count<<endl;
    }
    return 0;
}