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今天選擇的問題是1443場次的D題，這題是全場倒數第三題，截止到現在一共通過了2800餘人。這題的思路不算難，但是思考過程非常有趣，這也是這一期選擇它的原因。

連結：https://codeforces.com/contest/1443

廢話就先說到這裡，下面我們就來看題吧。

題意

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。

樣例

首先輸入一個整數t（），表示測試資料組數。

對於每組測試資料，首先輸入一個整數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.

題解

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，這其實是隱形的限制。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一個簡單的建模，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。

我很快就寫出了程式碼，建了一個二維陣列，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]

dp[i][0] = min(dp[i-1][0], a[i])

關係明確了很容易寫出程式碼：

using namespace std;
 
int a[30006], dp[30006][2];
 
int main() {
    int t, n;
    scanf("%d", &t);
    rep(z, 0, t) {
        scanf("%d", &n);
        rep(i, 1, n+1) scanf("%d", &a[i]);
        MEM(dp, 0x3f);
        // 從左側遞推，獲取dp[i][0]
        rep(i, 1, n+1) {
            dp[i][0] = min(dp[i-1][0], a[i]);
        }
        // 從右側遞推，獲取dp[i][1]
        Rep(i, n, 0) {
            dp[i][1] = min(dp[i+1][1], a[i]);
        }
 
        bool flag = 1;
        rep(i, 1, n+1) {
            // 如果存在某個元素從左右兩側獲取的流量之和無法灌滿
            // 則返回NO
            if (dp[i][0] + dp[i][1] < a[i]) {
                flag = 0;
                break;
            }
        }
        puts(flag ? "YES" : "NO");
    }
    return 0;
}

但是很遺憾，這樣不能AC，因為dp的陣列維護的其實是某個位置從左側和從右側能夠獲取的最大值，這是一個理想情況，很有可能這個理想情況是無法實現的。

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一個比較麻煩的點，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 <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <string>
#include <map>
#include <set>
#include <algorithm>
#include "time.h"
#include <functional>
#define rep(i,a,b) for (int i=a;i<b;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() {
    int t, n;
    scanf("%d", &t);
    rep(z, 0, t) {
        scanf("%d", &n);
        rep(i, 1, n+1) scanf("%d", &a[i]);
        MEM(dp, 0x3f);
        dp[0][1] = 0;
        bool flag = 1;
        rep(i, 1, n+1) {
            # 如果右側需要的流量大於容器容積
            if (dp[i-1][1] > a[i]) {
                flag = 0;
                break;
            }
            # 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");
    }
    return 0;
}

雖然這個是很簡單的動態規劃的思想，但是一些細節很容易忽略。比如說i-1位置的右側流量會流經i以及大於i每一個位置。所以每一個位置的右側流量是累加的，是越來越大的。只要能夠把握住這點，AC是不難的。

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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