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洛谷传送门
Atcoder传送门
题目大意
一开始你距离目的地有 的距离。 你有一个长度为 的数列 ,设在第 次操作时你在 , 若 , 你就会移动到 去, 否则原地不动。
现在有 次询问, 每次询问你如果修改 位置的元素, 最后你是否能到达目的地。
输入输出格式
输入格式
第一行两个正整数 。
第二行 个正整数 。
第三行一个正整数 。
以下一行 个正整数, 分别表示$q_i $。
输出格式
对于每组询问, 若你不能到达, 则输出 , 否则输出 。
输入输出样例
输入样例#1:
4 10
3 4 3 3
2
4 3
输出样例#1:
NO
YES
输入样例#2:
5 9
4 4 2 3 2
5
1 4 2 3 5
输出样例#2:
YES
YES
YES
YES
YES
输入样例#3:
6 15
4 3 5 4 2 1
6
1 2 3 4 5 6
输出样例#3:
NO
NO
YES
NO
NO
YES
解题分析
如果我们走到第 步的时候, 距离终点 , 那么无论我们怎么改, 都只能走到 的位置去。
所以我们不需要知道更大的信息, 只需要知道 步之后所有的操作不能达到的最小距离是多少就可以了。
设 为后 不不能到达的最小距离, 显然
如果 , 那么显然 , 因为根本走不到更近的地方。
如果 , 那么就有 , 因为如果再小一点就会走到比 小的地方去了。
最后判一下前 步能到达的位置是否与 有交就好了。
代码如下:
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define R register
#define IN inline
#define W while
#define gc getchar()
#define MX 500500
#define ll long long
template <class T>
IN void in(T &x)
{
x = 0; R char c = gc;
for (; !isdigit(c); c = gc);
for (; isdigit(c); c = gc)
x = (x << 1) + (x << 3) + c - 48;
}
template <class T> IN T max(T a, T b) {return a > b ? a : b;}
template <class T> IN T min(T a, T b) {return a < b ? a : b;}
template <class T> IN T abs(T a) {return a > 0 ? a : -a;}
int n, q, ini, pos;
int ans[MX], num[MX], dis[MX];
int main(void)
{
in(n), in(ini); dis[0] = ini;
for (R int i = 1; i <= n; ++i)
{
in(num[i]);
dis[i] = min(dis[i - 1], abs(num[i] - dis[i - 1]));
}
ans[n + 1] = 1;
for (R int i = n; i; --i)
{
if (num[i] >= ans[i + 1] * 2) ans[i] = ans[i + 1];
else ans[i] = ans[i + 1] + num[i];
}
in(q);
W (q--)
{
in(pos);
puts(dis[pos - 1] < ans[pos + 1] ? "NO" : "YES");
}
}