給你乙個長度為
n 的序列a[
]，序列裡只包含數字1或2，
q 次詢問乙個數字
x，問序列裡是否存在乙個連續的區間[l
,r] ，使得∑r
i=la
[i]=
x ，並輸出乙個可行的區間。n,
q≤106
網上題解比較少，做法都是一樣的：即大小為
x 的區間可行時，x−
2大小的區間也是可行的，因此可以離線回答所有詢問，分奇數和偶數的
x 分開討論，先找出最大的奇數和偶數的
x以及乙個可行區間，然後倒著推x−
2,x−
4...
的可行區間
這裡我提出一種新的做法(感謝溫州中學au大爺林一諾提供的思路)。
我們對序列裡包含的1的個數不超過1和大於1分開討論：
1、1的個數小於等於1
在這個情況下，我們用特判來回答每個詢問，總的複雜度o(2、1的個數大於1q)如果1的個數為0，那麼詢問的
x 必須≤∑
a[i]
，且2|x
如果1的個數為1，若
xmod2=
∑a[i
]mod
2 ，則詢問的
x 必須≤∑
a[i]
；否則說明詢問的
x 是個偶數，必須只由2組成，看1左邊的2之和和1右邊的2之和分別是否大於等於
x(保證
x 能由1左邊的2或者1右邊的2裡找出乙個子區間湊出)
我們找出這個序列裡離左端點最近的1的位置lone和離右端點最近的1的位置n−
rone
+1序列一定是這個樣子：
22…221??…??122…22若x
>∑a
[i]−
2(min−1)
，則表明選擇的區間必須不得不選擇lo
ne和n−
rone
+1兩邊的2，若
xmod2=
∑a[i
]mod
2 ，且x≤
sum ，則顯然找得到可行區間
其他情況下，我們可以考慮在[l
one+
1,n]
區間進行二分，以及在[1
,n−r
one]
區間進行二分找出乙個位置
t ，使得x−
1≤∑t
i=lo
ne+1
≤x，或者x−1
≤∑n−
rone
i=t≤
x ，則找得到可行區間
顯然這樣的二分做法是正確的，因為只要存在合法區間，就肯定可以通過二分，在最左邊或最右邊的1旁邊找出連續的一段和，恰好等於
x 或x−
1，如果是x−
1 的話，就把那個1補上去就成了
x (序列裡只包含1或者2，因此只要存在合法區間，二分後就得不到乙個x−
3,x−
4...
大小的區間)
ps:若∑t
i=lo
ne+1
=x，或者∑n
−ron
ei=t
=x，則答案區間就是[l
one+
1,t]
([t,n−r
one]
)；若∑t
i=lo
ne+1
=x−1
，或者∑n
−ron
ei=t
=x−1
，則答案區間就是[l
one,
t]([t
,n−r
one+1])
#include
#include
#include
#include
#include
#define maxn 2100000
using namespace std;
int n,m,a[maxn],cnt[3],sum=0; //cnt[1]=1的個數,cnt[2]=2的個數
char s[maxn];
namespace specialcheck //只有乙個1，特判
for(int i=1;i<=m;i++)
if((sum%2)==0&&(x
%2)!=(sum%2))
if((sum%2)==1&&(x
%2)==0)
}if((sum%2)==0)
//sum%2==1
if(x
%2==0)
printf("%d
%d\n",n-x/2+1,n);
}else}}
}namespace binarysearchedition //二分版
for(int i=n;i>=1;i--)
if(a[i]==1)
for(int i=1;i<=n;i++) presum[i]=presum[i-1]+a[i];
for(int t=1;t<=m;t++)
if(x>sum-2
*(min(lone,rone)-1))
continue;
}int lowerbound=lone+1,upperbound=n,ans=-1;
while(lowerbound<=upperbound)
else upperbound=mid-1;
}if(ans!=-1)
else
if(presum[ans]-presum[lone]==x-1)
}lowerbound=1,upperbound=n-rone,ans=-1;
while(lowerbound<=upperbound)
else lowerbound=mid+1;
}if(ans!=-1)
else
if(presum[n-rone]-presum[ans-1]==x-1) //!!!!!
}printf("nie\n");}}
}int main()
else
return
0;}
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