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Hello 2023

C. Least Prefix Sum

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思路：

仔细看式子，发现可以对它进行推理（ $m$ 是定值，$1\le k\le n$ ）：

1. 当 $k\le m$ 时，有 $$a_1+a_2+\cdots +a_k\ge a_1+a_2+\cdots +a_m$$$$0\ge a_{k+1}+a_{k+2}+\cdots +a_m$$所以我们需要每个 $[k+1,m]$ 区间的和都 $\le 0$，$(1\le k\le m)$。
2. 当 $k>m$ 时，有 $$a_1+a_2+\cdots +a_k\ge a_1+a_2+\cdots +a_m$$$$a_{m+1}+a_{m+2}+\cdots +a_n\ge 0$$所以我们需要每个 $[m+1,n]$ 区间的和都 $\ge 0$，$(1\le k\le m)$。

先看第一种情况，怎么用最小的操作次数维护这个性质呢？一种贪心的想法是从 $m$ 向 $2$ 看，如果满足条件就不动，如果不满足条件就选一个最大的数把它变成负的即可。这样跑一遍，操作的次数就是最少的。

怎么保证最大的数一定是正数，从而变负数呢？而且只操作一次即可呢？因为前面都满足条件，区间和为负数，到这个数就不满足条件了，所以这个数一定是正数，把它变负一定整个区间和都变成负数，我们去找更大的数变负，显然更满足条件。

第二种情况同理。这两种情况互不影响，所以贪心策略是正确的。维护最大值和最小值可以用优先队列或者 $multiset$，不过 $multiset$ 使用 $erase$ 成员函数进行值的删除的时候，会把所有相同的值同时删除，所以要用 $S.erase(S.find(x))$ 的写法（迭代器删除）。

code：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <set>
using namespace std;
const int maxn=2e5+5;
typedef long long ll;int T,n,m,a[maxn];int main(){cin>>T;while(T--){cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];multiset<int> S;int cnt=0;ll tot=0;for(int i=m;i>=2;i--){S.insert(a[i]);tot+=a[i];if(tot>0){ll t=*S.rbegin();S.erase(S.find(t));tot-=t;t=-t;tot+=t;S.insert(t);cnt++;}}S.clear();tot=0;for(int i=m+1;i<=n;i++){S.insert(a[i]);tot+=a[i];if(tot<0){ll t=*S.begin();S.erase(S.begin());tot-=t;t=-t;tot+=t;S.insert(t);cnt++;}}cout<<cnt<<endl;}return 0;
}