51nod1065(set.upper_bound()/sort)

题目链接：https://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1065

题意：中文题诶～

思路：

解法１：set容器，将所有前缀和存储到set和sum数组里，再用set.upper_bound()查找sum[i]后面第一个大于sum[i]的元素，那么他们的差就是第i个元素开头的最小正子段和．然后再将sum[i]从set里面删除，不然会影响后面的查询嘛．遍历所有i就得到我们要的答案啦；

代码：

 #include <bits/stdc++.h>
 #define ll long long
 #define MAXN 50010
 using namespace std;

 const int inf=0x3f3f3f3f;
 ll sum[MAXN];
 set<ll> st;

 int main(void){
     int n;
     ll x, ans=inf;
     scanf("%d", &n);
     for(int i=; i<=n; i++){
         scanf("%lld", &x);
         sum[i]=sum[i-]+x;
         st.insert(sum[i]);
     }
     st.insert();
     set<ll>::iterator it;
     for(int i=; i<n; i++){
         it=st.upper_bound(sum[i]);
         if(it!=st.end()){
             ans=min(ans, *it-sum[i]);
         }
         st.erase(sum[i]);
     }
     cout << ans << endl;
     return ;
 }

解法２：将前缀和及其下标存储到pair对组(结构题也行啦)里；再以前缀和为权值sort一下，那么我们不难想到如果p[j].first>p[i].first&&p[j].second>p[i].second　－－条件１　的话p[j].fisrt-p[i].first　就是一段和为正数的子段的和．又因为我们已经给p排过序了，所以i,j越接近，那么得到的子段和就越小，很自然我们会想到j=i+1的情况．问题是对于j=i+1的情况上述条件１一定满足么？或者说最优解一定是来自j=i+1的情况里么？

答案是肯定的，并且我们不难证明它：我们假设排序后顺序为 i, k, j，i和j满足条件1，i和k 不满足条件１, 即：

p[j].second>p[i].second，p[k].second<p[i].second, 所以有：p[j].second>p[k].second，很显然k和j满足条件１并且k和j能比i和j产生更优的解；

所以我们只要考虑j=i+1的情况即可．

此外我们还要注意两点：１．我们排序后得到是p[i+1].first>=p[i].first　而非　p[i+1].first>p[i].first；

　　　　　　　　　　　２．我们还要考虑p[i].first本身的值，即从第１个元素到第i个元素的和的情况

代码：

 #include <bits/stdc++.h>
 #define ll long long
 #define MAXN 50010
 using namespace std;

 const int inf=0x3f3f3f3f;
 pair<ll, int> p[MAXN];

 int main(void){
     int n;
     ll x, ans=inf;
     scanf("%d", &n);
     for(int i=; i<=n; i++){
         scanf("%lld", &x);
         p[i].first=p[i-].first+x;
         p[i].second=i;
     }
     sort(p, p+n+);
     for(int i=; i<n; i++){
         if(p[i].first>){
             ans=min(ans, p[i].first);
         }
         if(p[i+].second>p[i].second&&p[i+].first>p[i].first){
             ans=min(ans, p[i+].first-p[i].first);
         }
     }
     cout << ans << endl;
     return ;
 }