給定n個整數，對於這n個整數我們可以採取兩種操作。第一種操作是在陣列左側選擇連續的k個整數減1，第二種操作是選擇右側的連續k個整數減1。
比如假設陣列是[3, 2, 2, 1, 4]，比如我們選擇k=2，取最左側進行操作，那麼我們會得到[2, 1, 2, 1, 4]。如果我們選擇k=3，再取右側進行操作，可以得到[2, 1, 1, 0, 3]。
現在我們想要知道，給定這樣的陣列，我們能否通過這兩個操作將陣列清空。如果可以輸出yes，否則的話輸出no。
首先輸入乙個整數t（），表示測試資料組數。
對於每組測試資料，首先輸入乙個整數n（），表示陣列當中元素的個數。之後輸入一行整數（）。可以保證，每一組測試資料的n之和不會超過30000.
由於我們對於k沒有限制，最多我們可以一次對陣列內的n個元素全部減一。所以k不是限制我們的因素，最大的限制其實是在元素本身。
我們分析一下會發現，由於陣列當中的元素大小不一，這其實是**的限制。舉個例子，比如[2, 8, 3]。由於我們只能從兩側開始選擇元素進行操作，所以由於2和3比較小，會導致我們沒有辦法把中間的8消除完。當然無法消除的原因可能有好幾種，但基本上都是由於元素的大小不一導致的。
首先我們對這個問題進行乙個簡單的建模，題目當中沒有限制執行的次數，所以減一次和減很多次是一樣的。我們可以把可以合併的操作合併在一起，理解成執行一次可以減去任意的值。並且我們可以把操作反向理解，把陣列當中的值看成是容器，這樣我們從陣列當中減去值的操作，就可以等價理解成向容器當中輸入水流，這樣會容易理解一些。
我的第一想法很簡單，我們可以求出每個位置能夠從左側和右側分別獲得的最大數值。只要左右兩側能夠獲取的流量之和大於等於容器的容積，那麼就說明我們可以獲取到足夠的流量灌滿所有的容器。
我很快就寫出了**，建了乙個二維陣列，dp[i][0]表示第i個元素從左側源頭能夠獲取的最大流量。dp[i][1]表示第i個元素可以從右側源頭獲取到的最大流量。由於我們需要保證每個容器儲存的體積不能超過容量，所以我們需要很容易得出遞推關係。
dp[i][0] = min(dp[i-1][0], a[i])
關係明確了很容易寫出**：
using namespace std;
int a[
30006
], dp[
30006][
2];int
main()
// 從右側遞推，獲取dp[i][1]
rep(i, n,0)
bool flag =1;
rep(i,
1, n+1)
}puts
(flag ?
"yes"
:"no");
}return0;
}
舉個很簡單的反例：[2, 4, 2, 4, 2]，這些元素左右兩邊能夠獲取到的最大流量值都是2，但是這裡是有問題的。觀察一下會發現陣列當中的兩個4是無法同時滿足的，無法滿足的原因是因為中間的2限制了通過的流量。雖然理論上從左往右和從右往左能夠通過的流量上限都是2，但是這個上限是無法同時取到的。
這個問題用上述的方法是解決不了的，所以需要重新構思。這裡我們深入分析會發現乙個比較麻煩的點，在於每個點都有兩個源頭，我們無法確定流量分配。不過這個問題也很好解決，因為左右兩邊的流量是沒有區別的。所以我們可以以某一側為主，剩餘不夠的流量再由另一側補充。
比如我們可以以左側為主，把左側能夠獲取的流量開啟到最大，不夠地再通過右側補充。如果右側的流量無法補充，那麼就說明無解。
我們用dp[i][0]記錄i位置從左側獲取的流量，dp[i][1]記錄i位置從右側獲取的流量。
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
"time.h"
#include
#define rep(i,a,b) for (int i=a;i#define rep(i,a,b) for (int i=a;i>b;i--)
#define foreach(e,x) for (__typeof(x.begin()) e=x.begin();e!=x.end();e++)
#define mid ((l+r)>>1)
#define lson (k<<1)
#define rson (k<<1|1)
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof a)
#define l ch[r][0]
#define r ch[r][1]
const
int n=
1000050
;const
long
long mod=
1000000007
;using
namespace std;
int a[
30006
], dp[
30006][
2], min_need[
30006][
2], record[
30006][
2];int
main()
# 左側能夠獲取的流量，因為i-
1從右側獲取的流量也會經過i，所以需要減去
dp[i][0
]=min(dp[i-1]
[0], a[i]
- dp[i-1]
[1])
; # 需要從右側獲取的流量需要累加
dp[i][1
]= dp[i-1]
[1]+
max(
0, a[i]
- dp[i][0
]- dp[i-1]
[1])
;}puts
(flag ?
"yes"
:"no");
}return0;
}
總體來說這題的難度不大，對於思維的要求不是很高，但是非常考驗思維的縝密性和邏輯性。非常適合用來進行思維鍛鍊。
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