【算法小白周赛1E】ET表题解与代码（算法与数据结构刷题计划）

题目链接：https://www.starrycoding.com/contest/3/E

题目描述

小e发明了一种奇怪的数据结构------ET表，这一奇怪的数据结构有以下两种奇怪的操作：

将前 i i i 个数减去 k k k。
将后 i i i 个数减去 k k k。

为了测试ET表的性能，小e找来了一个长度为 n n n 数组 a a a，现在需要判断能否通过ET表的这两种操作将这个数组的每一个数都变成 0 0 0，以及最少的操作次数。

输入格式

第一行为一个正整数 T T T ( 1 ≤ T ≤ 1 0 6 1 \le T \le 10^6 1≤T≤106 )，表示测试用例个数。

对于每个测试用例：

第一行为一个正整数 n n n ( 1 ≤ n ≤ 1 0 6 1 \le n \le 10^6 1≤n≤106 )，表示数组长度；

第二行包含 n n n 个正整数 a 1 ... a n a_1 \ldots a_n a1...an ( 1 ≤ a i ≤ 1 0 6 1 \le a_i \le 10^6 1≤ai≤106 )

数据保证 ∑ n ≤ 1 0 6 \sum{n} \le 10^6 ∑n≤106。

输出格式

每个测试用例的输出一行：

如果可以通过一定次数的ET表操作使数组的所有元素都等于零，输出一个正整数，表示最少的操作次数。
否则输出 − 1 -1 −1。

样例 #1

样例输入 #1

4
3
1 2 1
3
2 3 2
5
19 1 9 8 10
6
1 1 4 5 1 4

样例输出 #1

说明/提示

对于样例第二组数据 [ 2 , 3 , 2 ] [2, 3, 2] [2,3,2]，

选择 i = 3 , k = 1 i = 3, k = 1 i=3,k=1 进行操作一，数组变为 [ 1 , 2 , 1 ] [1, 2, 1] [1,2,1]，
选择 i = 2 , k = 1 i = 2, k = 1 i=2,k=1 进行操作一，数组变为 [ 0 , 1 , 1 ] [0, 1, 1] [0,1,1]，
选择 i = 2 , k = 1 i = 2, k = 1 i=2,k=1 进行操作二，数组变为 [ 0 , 0 , 0 ] [0, 0, 0] [0,0,0]，

成功归零，共操作 3 3 3 次。

对于样例第三组数据 [ 19 , 1 , 9 , 8 , 10 ] [19, 1, 9, 8, 10] [19,1,9,8,10]，

选择 i = 1 , k = 18 i = 1, k = 18 i=1,k=18 进行操作一，数组变为 [ 1 , 1 , 9 , 8 , 10 ] [1, 1, 9, 8, 10] [1,1,9,8,10]，
选择 i = 1 , k = 2 i = 1, k = 2 i=1,k=2 进行操作二，数组变为 [ 1 , 1 , 9 , 8 , 8 ] [1, 1, 9, 8, 8] [1,1,9,8,8]，
选择 i = 3 , k = 1 i = 3, k = 1 i=3,k=1 进行操作一，数组变为 [ 0 , 0 , 8 , 8 , 8 ] [0, 0, 8, 8, 8] [0,0,8,8,8]，
选择 i = 3 , k = 8 i = 3, k = 8 i=3,k=8 进行操作二，数组变为 [ 0 , 0 , 0 , 0 , 0 ] [0, 0, 0, 0, 0] [0,0,0,0,0]，

成功归零，共操作 4 4 4 次。

对于样例第四组数据，无论如何也无法将其归零。

题解

其实所谓的ET表操作，其实就是对数组的某一长度的前、后缀进行区间减去某个数的操作，此时我们应该想到非常擅长进行区间操作的好东西------差分。

建立差分数组 d d d，对于数组 [ l , r ] [l,r] [l,r] 的修改就等效于对差分数组的 d l d_l dl 和 d r + 1 d_{r+1} dr+1 进行修改，此时的ET表操作就变成了：

将 d 1 d_1 d1 减少 k k k，将 d i + 1 d_{i+1} di+1 增加 k k k，
将 d n − i + 1 d_{n-i+1} dn−i+1 减少 k k k，将 d n + 1 d_{n+1} dn+1 增加 k k k，

且此时 d n + 1 d_{n+1} dn+1 对数组 a a a 不会有任何影响，所以对它的操作可以忽略，而我们的最终目的------将数组 a a a 归零也就等效于将 d 1 ... d n d_1 \ldots d_n d1...dn 归零。所以在判断是否可行是，我们只需要计算差分数组中所有小于 0 0 0 的数的绝对值之和 s s s，将这个总和与 d 1 d_1 d1 进行比较，如果大于 d 1 d_1 d1 则说明无法完成归零。计算最少操作次数则贪心的只对 d 2 ... d n d_2 \ldots d_n d2...dn 中每个非 0 0 0 的进行一次操作，最后特判一下进行了上述操作后 d 1 d_1 d1 是否已经归零，也就是 s s s 是否等于 d 1 d_1 d1 来确定是否还要进行一次操作使 d 1 d_1 d1 归零。

cpp 复制代码

void solve()
{
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> a(n + 1);
    vector<int> d(n + 1, 0);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> a[i];
        d[i] = a[i] - a[i - 1]; // 差分
    }
    int s = 0, ans = 0;
    for (int i = 2; i <= n; i++)
    {
        if (d[i] < 0)
        {
            s += abs(d[i]); // 对于差分数组中小于0的进行操作一，
            ans++;          // 操作次数+1，并记录会对d[1]产生的影响
        }
        else if (d[i] > 0)
        {
            ans++; // 对于大于0的进行一次操作二
        }
    }
    if (s > d[1]) // d[1]不足以完成足够的操作一
    {
        cout << -1 << endl;
        return;
    }
    if (s < d[1]) // 当前进行的操作一不足以将d[1]归零
    {
        ans++;
    }
    cout << ans << endl;
    return;
}

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