题解「JOI 2014 Final 年轮蛋糕」

二分套路题，想到可以二分最小块大小，但是 ( ext{check}) 函数是个问题。

这里给出两种 ( ext{check}) 的实现，时间复杂度分别为 (O(nlog n)) 和 (O(n))。

(O(n log n)) 的暴力做法：枚举每个 (i)，( ext{lower_bound}) 一个 (j)，再根据 (j) 来 ( ext{lower_bound}) 一个 (k)，满足 (sumlimits_{ileq xleq j} a_xgeq mid,sumlimits_{j< xleq k}a_xgeq mid)。

(O(n)) 的做法：枚举每个 (i)，再用两个指针 (p,q) 维护满足 (sumlimits_{pleq xleq i} a_xgeq mid) 和 (sumlimits_{i<xleq q}a_xgeq mid)，其中 (p) 为满足条件的最大的下标，(q) 为满足条件的最小的下标，这两个量都有单调性，所以使用 ( ext{two-pointer}) 维护即可。

那么就可以在 (O(nlog sum a_i)) 或 (O(n log^2 sum a_i)) 的时间复杂度内解决该问题。

#include<cstdio>
typedef long long ll;
ll n,sum; int a[100005]; 
inline int read() {
	register int x=0,f=1;register char s=getchar();
	while(s>'9'||s<'0') {if(s=='-') f=-1;s=getchar();}
	while(s>='0'&&s<='9') {x=x*10+s-'0';s=getchar();}
	return x*f;
}
inline bool check(ll val) {
	int p=0,q=0; ll sum1=0,sum2=0;
	for(register int i=0;i<n;++i) {
		sum1+=a[i];sum2-=a[i];
		while(p<=i&&sum1-a[p]>=val) {sum1-=a[p];++p;}
		while(q<=n-1&&sum2<val) {sum2+=a[q];++q;}
		if(sum2<val) return 0;
		if(sum1>=val&&sum-sum1-sum2>=val) return 1; 
	}
	return 0;
}
int main() {
	n=read(); 
	for(register int i=0;i<n;++i) sum+=(a[i]=read());
	ll l=0,r=sum,res=0;
	while(l<=r) {
		ll mid=l+r>>1;
		if(check(mid)) l=mid+1,res=mid;
		else r=mid-1;
	}
	printf("%lld
",res);
	return 0;
}