[AT2401] [ARC072 E] Alice in linear land

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题目大意

一开始你距离目的地有 $D$ 的距离。你有一个长度为 $N$ 的数列 $A$ ，设在第 $i$ 次操作时你在 $p_i$ ，若 $|p_i-A_i|<p_i$ ，你就会移动到 $|p_i-A_i|$ 去，否则原地不动。

现在有 $Q$ 次询问，每次询问你如果修改 $A_{q_i}$ 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 $N,D$ 。

第二行 $N$ 个正整数 $p_i$ 。

第三行一个正整数 $Q$ 。

以下一行 $Q$ 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 $Yes$ ，否则输出 $No$ 。

输入输出样例

输入样例#1：

输出样例#1：

NO
YES

输入样例#2：

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 $p-1$ 步的时候，距离终点 $d$ ，那么无论我们怎么改，都只能走到 $0\sim d$ 的位置去。

所以我们不需要知道更大的信息，只需要知道 $p+1$ 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 $ans[i]$ 为后 $i$ 不不能到达的最小距离，显然 $ans[n+1]=1$

如果 $A_i\ge ans[i+1]*2$ ，那么显然 $ans[i]=ans[i+1]$ ，因为根本走不到更近的地方。

如果 $A_i<ans[i+1]*2$ ，那么就有 $ans[i]=ans[i+1]+A_i$ ，因为如果再小一点就会走到比 $ans[i+1]$ 小的地方去了。

最后判一下前 $p-1$ 步能到达的位置是否与 $ans[p+1]$ 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");
	}
}