@[TOC](Potions (Hard Version) and (Easy Version))

一、Potions(Easy Version)

1、问题

2、分析（背包DP + 贪心）

简而言之就是我们需要从左到右开始选数字，选的过程中我们需要保证我们选的数字的和始终是大于等于0的，在满足这个条件的情况下求出我们所选的数字的个数的最大值。

由于这个简单版本的数据范围是2000，还是比较小的，所以我们可以使用O(n2)O(n^2)O(n2)的DP来解决。

假设我们的DP数组是: f[i][j]f[i][j]f[i][j]

这里的一个难点就是这个数组的含义是什么？

我们这里的定义是：在前iii个数字里面选，恰好选择jjj个数字时，数字之和的最大值。

我们先来解释一下，为什么我们要存储最大值。

假设我们在前iii个物品里选择了jjj个，那么这jjj个数字的和越大，我们后续的选择空间越大，这是一种贪心的想法。

那么我们如何求出最后的结果呢？

根据题目要求，我们的f[i][j]≥0f[i][j]\geq 0f[i][j]≥0。

所以我们可以去遍历f[n][i]f[n][i]f[n][i]，只要这个数大于等于0，我们就可以让我们的ans=ians = ians=i。最后一个大于等于0的f[n][i]f[n][i]f[n][i]所对应的iii就是我们的答案。

转移方程：
f[i][j]={f[i−1][j]max(f[i−1][j−1]+a[i],f[i−1][j])f[i−1][j−1]≥0f[i][j] = \begin{cases} f[i - 1][j]\\ max\bigg(f[i - 1][j - 1] + a[i], f[i -1][j]\bigg)&f[i- 1][j- 1]\geq 0 \end{cases} f[i][j]=⎩⎨⎧​f[i−1][j]max(f[i−1][j−1]+a[i],f[i−1][j])​f[i−1][j−1]≥0​
因为只有在当前数字的和大于等于0的时候，我们才能去选下一个。所以我们需要让f[i−1][j−1]f[i-1][j-1]f[i−1][j−1]大于0。

3、代码

#include
#define endl '\n'
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair pii;
const int N = 2010;
ll a[N], f[N][N];
void solve()
{int n;cin >> n;for(int i = 1; i <= n; i ++ )cin >> a[i];memset(f, 0xcf, sizeof f);f[0][0] = 0;for(int i = 1; i <= n; i ++ ){for(int j = 0; j <= i; j ++ ){f[i][j] = f[i - 1][j];if(j >= 1 && f[i - 1][j - 1]  >= 0)f[i][j] = max(f[i - 1][j - 1] + a[i], f[i][j]);}}int ans = 0;for(int i = 0; i <= n; i ++ ){if(f[n][i] >= 0)ans = i;}cout << ans << endl;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);solve();
}

二、Potions(Hard Version)

1、问题

2、分析（反悔贪心）

这道题和上一道题的唯一区别就是我们的数据范围变得很大，所以二维DP数组是存储不下的，即使我们逆序遍历从而优化掉一维的话，我们的时间复杂度也是平方级别的，依然过不了。

因此，我们就只能想别的方法了。

这里采用的也是贪心策略。

我们从左到右开始枚举每一个数，在枚举的过程中我们会发现，正数一定是要选择的，所以遇到正数我们就加上即可。

这里的重点是负数的选择。

从左到右枚举每一个数，假设每一个数都选择，当当前的总和小于0的时候，我们就把从开始位置到当前位置之间的负数中最小的一个删掉。

为什么这样做呢？

假设枚举到第iii个的时候，总和sumsumsum从正数变成负数。再假设此时我们选择了kkk个数（不算第iii个）。

那么很明确的是，sumsumsum是由于第iii个数的加入才变成了负数， 说明第iii个数一定是负数。那么我们当然可以选择删除第iii个数，这样的话，我们就能保证sumsumsum依然是正数。

但不选第iii个数就是最优解吗？其实不一定的。

如果在111到iii之间存在一个小于第iii个数的最小的负数。如果我们删除了这个最小的负数，选择了第iii个数，我们将这两个数字记作minminmin和ppp。那么此时的总和就是sum−min+psum-min+psum−min+p由minminmin小于ppp所以p−minp-minp−min是大于0的。

而此时我们选了几个数呢？选择第iii个数，我们此时总共选了k+1k+1k+1个数，删除最小的负数，即再减一，所以总共还是选择了kkk个数。

其实很容易证明，当我们经过上述操作后，我们的sumsumsum是从111到iii中选择kkk个数时，最大的数字和。式子sum+p−minvsum+p-minvsum+p−minv就可以证明，因为minvminvminv是最小的，所以这个式子是最大的。

也就是说，通过上述的操作，我们维护的都是选择kkk个数时的最优解（sumsumsum最大）。

通过刚才的easyeasyeasy版本的讲解，我们也知道，选择相同个数的数字时，总和越大越好，总和越大说明我们后续的选择越多。

不妨看出，通过上面的操作，我们的kkk是不受影响的， 即这样调整不会使得我们的答案变小。

如果感性认知的话，就是我们时刻保持最优解去看能不能喝下一瓶。

综上，我们的做法可以描述为，从左到右遍历，利用总和sumsumsum记录，只要sumsumsum小于0了，我们就删除遍历过的数中的最小负数。

在一堆数字中选出一个最值，我们可以使用优先队列。

我们的时间复杂度即O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)。

而我们发现，这个贪心过程中我们出现了反悔的操作，即我们一开始喝了一瓶，但是后来发现喝的这一瓶不是最优解，那么我们就反悔了，这一瓶不喝了。这种贪心就被称为反悔贪心。

3、代码

#include
#define endl '\n'
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair pii;
const int N = 2e5 + 10;
ll a[N], f[N];
void solve()
{int n;cin >> n;for(int i = 0; i < n; i ++ )cin >> a[i];priority_queueq;ll ans = 0, sum = 0;for(int i = 0; i < n; i ++ ){sum += a[i];ans ++;if(a[i] < 0)q.push( - a[i]);if(sum < 0){sum += q.top();q.pop();ans --;}}cout << ans << endl;}int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);solve();
}