题意

给定一个包含(n)个整数的数组({a})，可以循环延申至无穷个元素（定义编号(n)的后一个元素为编号(1)）

再给定(m)个询问(x)，对于每个(x)

问无穷数组({a})的前缀和数组({S})中，第一次出现(S_ige x)的下标(i)是多少（输出时下标要(-1)）

若不存在，输出(-1)

限制

(1le Tle 10^4)

(1le n,mle 2cdot 10^5)

(-10^9le a_ile 10^9)

(1le x_ile 10^9)

(sum nle 2cdot 10^5, sum mle 2cdot 10^5)

思路

注意求的是第一次出现(a_ige x)的下标(i)，不是(a_i=x)（读错题了，可惜）

记(S_k=sum_{i=1}^k a_i, M_k=max_{i=1}^k S_i)

根据({M})的定义

如果(M_nge x)，说明答案存在于(1)到(n)之间

又因为({M})是非递减数组，所以可以通过二分查找来直接找到最小下标

否则，对(S_n)的正负性质进行讨论

如果(S_nle 0)，又因为此时(M_nlt x)，所以不存在任何一种状态满足(S_ige x)，故输出(-1)
如果(S_ngt 0)，

根据题意，(S_{i+n}=S_i+S_n)

定义(d=x-M_n)，表示询问的值与(1)到(n)中所能得到最大的值的差值

于是发现，要想得到大于等于(x)的数，(1)到(n)中的最大值(M_n)还需要加上(lceilfrac d {S_n} ceil)遍(S_n)才行

据上述，得到(M_n+lceilfrac d {S_n} ceil*S_nge x)

即(M_nge x-lceilfrac d {S_n} ceil*S_n)

故让(x)减去(lceilfrac d {S_n} ceil*S_n)后，便能通过二分查找来直接找到最小下标，最后将下标加上(lceilfrac d {S_n} ceil*n)即为答案

代码

(202ms/2000ms)

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

ll mx[200050];

void solve()
{
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    
    ll s=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        ll d;
        cin>>d;
        s+=d;
        mx[i]=max(mx[i-1],s);
    }
    
    while(m--)
    {
        ll q;
        cin>>q;
        if(mx[n]>=q)
            cout<<(lower_bound(mx+1,mx+1+n,q)-mx)-1<<' ';
        else
        {
            if(s<=0)
                cout<<"-1 ";
            else
            {
                ll d=q-mx[n];
                ll tim=(d+s-1)/s;
                q-=tim*s;
                cout<<(lower_bound(mx+1,mx+1+n,q)-mx+tim*n)-1<<' ';
            }
        }
    }
    cout<<'
';
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int T;cin>>T;while(T--)
        solve();
    return 0;
}

https://blog.csdn.net/qq_36394234/article/details/113830619