思路:

  直接二分长度不可行,因为有负数。

  考虑枚举坐便删l个数,那如果可以在短时间内求出符合条件的右边最小删的数的个数,这题便可做了。

  即:当左边删l个数时,要使sum[n]-sum[l]-fsum[n+1-x] <= s成立,求出最小的x。(sum为前缀和,fsum为后缀和)

  思考后可以发现可行的fsum[x]必然要是正数,可能的答案x必然是单调递增的(x从0开始)。

  所以维护一个大于0的递增的单调栈即可,在里面二分找答案。

 #include <bits/stdc++.h>

 using namespace std;

 #define MP make_pair
#define PB push_back
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> PII;
const double eps=1e-;
const double pi=acos(-1.0);
const int K=1e6+;
const LL mod=1e9; int n,cnt,tot,ans=K,nl,id[K];
LL s,tmp,sum[K],q[K]; void check(int x)
{
int ta=lower_bound(q,q+tot+,sum[n]-sum[x]-s)-q;
if(sum[n]-sum[x]-q[ta]<=s && x+n-id[ta]+ < ans)
ans=x+n-id[ta]+,nl=x;
}
int main(void)
{
cin>>n>>s;
id[]=n+;
for(int i=,x;i<=n;i++) scanf("%d",&x),sum[i]+=sum[i-]+x;
for(int i=n;i;i--)
{
tmp+=sum[i]-sum[i-];
if(tmp>q[tot])
q[++tot]=tmp,id[tot]=i;
}
for(int i=;i<=n;i++)
{
if(id[tot]==i) tot--;
check(i);
}
if(ans>=n)
printf("-1\n");
else
printf("%d\n%d %d\n",n-ans,nl,ans-nl);
return ;
}

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