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演算法分析：尺取

看到本題，有些同學可能會想到二分。但實際上，答案並不滿足單調性。為了敘述方便，以下稱區間 \(i \to i+k-1\) 為左區間，區間 \(i+k \to i+2\times k-1\) 為右區間。在 \(k\) 增大時，左區間的值的確滿足單調性，但右區間的值有減有增，不滿足單調性。具體看以下樣例：

6 10
1 6 3 8 1 1

當 \(i=1 ,k=2\)，時，右區間和大於 \(s\)，不滿足條件，但當 \(k\) 取 \(k=3\) 時，滿足條件。

由此可見，答案並不滿足單調性。

根據題意從左往右依次計算的時間複雜度為 \(\mathcal{O}(n^2)\)

在第 \(i\) 次迴圈開始前，\(i+1 \to r\) 算得的 \(r\) 是當前可能的最大右邊界。即，在整個過程中，\(r\) 是單調不增的。

初始化：

在 \(i=n\) 時，顯然 \(k=0\) 是當前的最優解。

保持：

在 \(i+1\to i\) 時，存在兩種情況。

• \(i\to r\) 仍符合條件，此時滿足 \(sum_r-sum_{l-1}\le s\) 且 \(sum_{r+k}-sum_r\le s\)。若在情況 \(i+1\) 時，\(r\) 受到 \(r+k\le n\) 的限制而不能增大，那麼在當前狀態下，\(r\) 同樣受此限制。若 \(r+k<n\)，假設 \(r\) 能增大，那麼 \(k\) 也隨之增大，於是左區間的和在前一次的基礎上繼續增大。在 \(r+k<n\) 的情況下，根據迴圈不變式，\(k\) 必定已經取到極限值，即左區間不能繼續向右擴張。這與 \(k\)
  增大矛盾，因此 \(r\) 同樣不會增大，迴圈不變式得到保持。
• \(i\to r\) 不符合條件。那麼我們將 \(r\) 左移，左、右區間均隨之減小，且必定一個存在 \(r\) 使得 \(sum_r-sum_{l-1}\le s\) 且 \(sum_{r+k}-sum_r\le s\)。且此時左區間恰滿足條件，此時滿足迴圈不變式。

終止：

顯然，$i \ge 1 $ ，在 \(i=1\) 之後，過程終止。

綜上所述，迴圈不變式得到證明，演算法正確性得到保證。同時，在演算法中， \(r\) 隨 \(i\) 的變化而單調不增，因此時間複雜度為 \(\mathcal{O}(n)\)。

下面給出具體的程式碼：

#include<bits/stdc++.h>
#define reg register
#define ll long long
#define F(i,a,b) for(reg int i=a;i<=b;++i)
using namespace std;
inline int read();
const int N=1e5+1;
int n,s,sum[N],ans[N];
int main() {
	n=read(),s=read();
	F(i,1,n)sum[i]=sum[i-1]+read();//字首和 
	
	reg int r=n,k;
	for(reg int i=n; i; --i) {//從右往左計算 
		while(r>=i) {
			k=r-i+1;//r為左區間的右端點。 
			if(r+k<=n and sum[r]-sum[i-1]<=s and sum[r+k]-sum[r]<=s)break;
			--r;
		}
		ans[i]=r-i+1<<1;//計算出可行的長度。 
	}
	
	F(i,1,n)printf("%d\n",ans[i]); 
	return 0;
}
inline int read() {
	reg int x=0;
	reg char c=getchar();
	while(!isdigit(c))c=getchar();
	while(isdigit(c))x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
	return x;
}

AC

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