题目大意

有\(n\)个加油站排成一行,编号为\(1\sim n\) ,\(i\)与\(i+1\)间有一条长为\(w_i\)千米的道路。
一辆汽车在经过加油站\(i\)时会得到\(g_i\)升汽油 , 假设汽车每行驶一千米需要消耗一升汽油。
现在要求选定两个合法的加油站 \(i\) 、\(j\), 且 \(i\le j\),使得一辆没有油的汽车能从\(i\)出发行驶到 \(j\),也能从\(j\)出发行驶到\(i\) 。
你有\(K\)次操作,每次操作能使选定一个\(i\) , 使\(g_i\)增加 \(1\)。
对于所有合法的\(i\)与\(j\) ,求\(j − i + 1\)的最大值。数据范围：\(n\leq 10^5\) , \(w,g,K\leq 10^9\)。

题解

化简限制条件

令\(pre_i = pre_{i-1} + g_i - w_i\)、\(suf_i = suf_{i-1} + g_i - w_{i-1}\)。
考虑枚举一个左端点\(l\)，如何判断一个右端点\(r\)合法？
首先保证能够从\(l\)走到\(r\)，即对于\(k\in [l,r)\)，满足\(pre_{k-1}-pre_{l-1} \ge 0\)，贪心能走就走即可。
设只满足从左走到右需要付出的代价为\(cost_{l,r}\)，设付出这些代价后，\(suf\)值变成了\(suf'\)。
为了满足从右边能够走到左边，显然贪心只只在右端点进行改造是最优的。
故一个\([l,r]\)合法的条件为：\(cost_{l,r}\leq K\)，\(max(suf'_k | k\in [l,r)) - suf_{l}' + cost_{l,r} \leq K\)。

一些预处理与转化

注意到若不付出代价且\(i\)不能走到\(j\)(只考虑左到右的限制)，则\(pre_{j-1} - pre_{i-1} < 0\)。
即\(pre_{i-1} > pre_{j-1}\)，令\(nxt_i = min(j|pre_{i-1} > pre_{j-1})\)，则\(i\to nxt_i\)形成了一棵树型结构。
我们在这棵树上进行遍历，当\(dfs\)到\(u\)时，就可以知道\(cost_{u,v} = pre_{u-1}-pre_{t-1}\)，其中\(t\)为\(u\)满足\(t\leq v\)的最浅祖先。
当位于\(u\)点时，我们计算以\(u\)为左端点的最大答案。
那么即求\(Ans_u = max(r|cost_{l,r}\leq K,max(suf_k'|k\in [u,r))-suf'k+cost_{u,r})\)。

线段树维护什么

考虑用线段树支持上述操作，对于区间\([l,r]\)的线段树结点，维护：

• \(Minp_{l,r} = min(-suf_k' + cost_{u,k}|k\in [l,r])\)，可以发现这个值对于任意\(u\)都不变。
  因为\(dfs\)过程中，若从\(u\to v\)，则\(suf'_k\)与\(cost_{u,k}\)的变化量都是\(+ pre_{v-1}-pre_{u-1}\)，所以预处理即可。
  令\(P_{l,r} = min(-suf_k|k\in [l,r]) = Minp_{l,r}\)。
• \(Maxs_{l,r} = max(suf_k' | k\in [l,r])\)，维护就是普通区间加法，区间求\(max\)。
• \(ans_{l,r} = min(\ max(suf_k'|k\in [l,j)) + P_j\ |\ j\in (mid,r]\ )\)。

下面详细介绍一下如何维护\(ans_{l,r}\)、以及利用这些东西在\(dfs\)到\(u\)时查询\(Ans_u\)。

数组\(ans\)的维护

考虑如何求\(ans_{L,R} = min(\ max(suf_k'|k\in [L,j)) + P_j\ |\ j\in (mid,R]\ )\)。
类似线段树维护单调栈，考虑递归处理。
设当前处理到\([l,r]\)，令\(x = max(suf'_k | k\in [L,l))\)，令\(y = Maxs_{l,mid}\)。

• 若\(x\ge y\)，则\(j\in [l,mid)\)中的\(max(suf_k'|k\in [L,j)) = x\)，答案为\(x + minp_{l,mid}\)。
  递归处理\((mid,r]\)的答案。
• 若\(x \leq y\)，则\(x\)对\((mid,r]\)的答案无影响，即\(j\in (mid,r]\)的答案为\(ans_{l,r}\)。
  递归处理\([l,mid]\)的答案。

每次\(PushUp\)的复杂度为\(O(logn)\)，故修改复杂度为\(O(nlog^2n)\)。

查询答案\(Ans_u\)

首先二分得到最大的满足\(cost_{u,r}\leq K\)的\(pr\)，把\([pr,n]\)的\(suf'\)加上\(inf\)，即把\((pr,n]\)剔除出去。
然后把\([1,u)\)的\(suf'\)都加上\(-inf\)，消去它们对答案的影响。
上面哪些都是为了方便操作，下面来看具体如何查询。
设当前查询区间\([L,R]\)的答案，令\(x = max(suf'_k|k\in [1,L))\)，令\(y = Maxs_{L,mid}\)。

• 若\(x\ge y\)，则\(j\in [L,mid]\)的\(max(suf'_k|k\in [1,j)) = x\)为定值，线段树上二分即可。
  递归处理\((mid,R]\)的答案。
• 若\(x\leq y\)，则\(x\)对\((mid+1,R]\)的答案无影响，若\(ans_{l,r}\leq K\)则递归\((mid,R]\)，否则递归\([L,mid]\)。

单次查询的最坏复杂度为\(O(log^2n)\)，故查询总复杂度为\(O(nlog^2n)\)。

实现代码

#include<bits/stdc++.h>
#define IL inline
#define _ 200005
#define ll long long
#define RG register
using namespace std ;IL ll gi() {RG ll data = 0 , fu = 1 ; RG char ch = getchar() ;while(ch != '-' && (ch < '0' || ch > '9')) ch = getchar() ; if(ch == '-') fu = -1 , ch = getchar() ;while('0' <= ch && ch <= '9') data = (data << 1) + (data << 3) + (ch ^ 48) , ch = getchar() ; return fu * data ;
}const ll inf = 1e16 ; int stk[_] , nxt[_] , n , K ; ll pre[_] , suf[_] , W[_] , g[_] , root ; int Ans ;
vector<int> edge[_] ;  namespace Seg {ll Minp[_ << 2] , Maxs[_ << 2] , ans[_ << 2] , tag[_ << 2] ;    IL void Add(int o , ll v) {Maxs[o] += v ; tag[o] += v ; ans[o] += v ; return ; }IL void PushDown(int o) {if(tag[o] == 0) return ; Add(o << 1 , tag[o]) ; Add(o << 1 | 1 , tag[o]) ; tag[o] = 0 ;}ll Calc(int o , int l , int r , ll x) {if(l == r) return x + Minp[o] ; int mid = (l + r) >> 1 ; PushDown(o) ; ll y = Maxs[o << 1] ;if(x >= y) return min(x + Minp[o << 1] , Calc(o << 1 | 1 , mid + 1 , r , x)) ;else return min(ans[o] , Calc(o << 1 , l , mid , x)) ; }IL void PushUp(int o , int l , int r) {Maxs[o] = max(Maxs[o << 1] , Maxs[o << 1 | 1]) ;int mid = (l + r) >> 1 ;  ans[o] = Calc(o << 1 | 1 , mid + 1 , r , Maxs[o << 1]) ;  }void Build(int o , int l , int r) {if(l == r) {Minp[o] = -suf[l] ; Maxs[o] = suf[l] ; ans[o] = 0 ;return ; }int mid = (l + r) >> 1 ; Build(o << 1 , l , mid) ; Build(o << 1 | 1 , mid + 1 , r) ; PushUp(o , l , r) ; Minp[o] = min(Minp[o << 1] , Minp[o << 1 | 1]) ;}IL void Insert(int o , int l , int r , int ql , int qr , ll v) {if(ql <= l && r <= qr) {Add(o , v) ; return ; }int mid = (l + r) >> 1 ;PushDown(o) ; if(ql <= mid) Insert(o << 1 , l , mid , ql , qr , v) ;if(qr  > mid) Insert(o << 1 | 1 , mid + 1 , r , ql , qr , v) ; PushUp(o , l , r) ;}int Solve(int o , int l , int r , ll x) {if(l == r) return x + Minp[o] <= K ? l : 0 ;int mid = (l + r) >> 1 ; PushDown(o) ;if(x + Minp[o << 1 | 1] <= K) return Solve(o << 1 | 1 , mid + 1 , r , x) ; else return Solve(o << 1 , l , mid , x) ;}int Query(int o , int l , int r , ll x) {if(l == r) {return x + Minp[o] <= K ? l : 0 ; }int mid = (l + r) >> 1 ; PushDown(o) ; ll y = Maxs[o << 1] ;int ret = 0 ; if(x >= y) {ret = Query(o << 1 | 1 , mid + 1 , r , x) ; if(x + Minp[o] <= K) ret = max(ret , Solve(o << 1 , l , mid , x)) ; }else if(x <= y) {if(ans[o] <= K) ret = Query(o << 1 | 1 , mid + 1 , r , y) ;else ret = Query(o << 1 , l , mid , x) ; }return ret ; }
}IL void Pre() {stk[0] = 0 ; for(int i = n; i >= 1; i --) {while(stk[0] && pre[i - 1] <= pre[stk[stk[0]] - 1]) -- stk[0] ;nxt[i] = stk[0] ? stk[stk[0]] : n + 1 ;stk[++ stk[0]] = i ;}root = n + 1 ; nxt[root] = n + 1 ;for(int i = 1; i <= n; i ++) edge[nxt[i]].push_back(i) ; return ;
}
IL int Bipart(int x) {int l = 2 , r = stk[0] , ret = 1 ; while(l <= r) {int mid = (l + r) >> 1 ; if(pre[x - 1] - pre[stk[mid] - 1] <= K) ret = mid , r = mid - 1 ; else l = mid + 1 ; }return stk[ret - 1] - 1 ;
}
void Dfs(int u , int From) {stk[++ stk[0]] = u ; if(nxt[u] <= n) Seg::Insert(1 , 1 , n , nxt[u] - 1 , n , pre[u - 1] - pre[nxt[u] - 1]) ;if(u <= n) { int r = Bipart(u) ;if(r < n) Seg::Insert(1 , 1 , n , r , n , inf) ; if(u != 1) Seg::Insert(1 , 1 , n , 1 , u - 1 , -inf) ; Ans = max(Ans , Seg::Query(1 , 1 , n , -inf) - u + 1) ;if(r < n) Seg::Insert(1 , 1 , n , r , n , -inf) ; if(u != 1) Seg::Insert(1 , 1 , n , 1 , u - 1 , inf) ;}for(auto v : edge[u]) if(v != From) Dfs(v , u) ;-- stk[0] ; if(nxt[u] <= n) Seg::Insert(1 , 1 , n , nxt[u] - 1 , n , pre[nxt[u] - 1] - pre[u - 1]) ;
}int main() {n = gi() ; K = gi() ;for(int i = 1; i < n; i ++) W[i] = gi() ; W[n] = inf ; for(int i = 1; i <= n; i ++) g[i] = gi() ;for(int i = 1; i <= n; i ++) pre[i] = pre[i - 1] + g[i] - W[i] ;  for(int i = 1; i <= n; i ++) suf[i] = suf[i - 1] + g[i] - W[i - 1] ;Pre() ;Seg::Build(1 , 1 , n) ; stk[0] = 0 ; Dfs(root , 0) ; cout << Ans << endl ;  return 0 ;
}