题目描述：

John 打算驾驶一辆汽车周游一个环形公路。公路上总共有 n 车站，每站都有若干升汽油（有的站可能油量为零），每升油可以让汽车行驶一千米。John 必须从某个车站出发，一直按顺时针（或逆时针）方向走遍所有的车站，并回到起点。在一开始的时候，汽车内油量为零，John 每到一个车站就把该站所有的油都带上（起点站亦是如此），行驶过程中不能出现没有油的情况。

任务：判断以每个车站为起点能否按条件成功周游一周。

输入格式：

第一行是一个整数 n，表示环形公路上的车站数；

接下来 n 行，每行两个整数 pi​,di​，分别表示表示第 i 号车站的存油量和第 i 号车站到下一站的距离。

输出格式

输出共 n 行，如果从第 i 号车站出发，一直按顺时针（或逆时针）方向行驶，能够成功周游一圈，则在第 i 行输出 TAK，否则输出 NIE。

输入样例

53 11 25 20 15 4 输出样例

TAKNIETAKNIETAK n<=1e6,long long 思路： 设ai=pi-di，即此站到下一站花费(或增加)的油量 用sum记录前缀和，即从开始到现在总共花费（或增加）的油量 只要每n个联系区间内最小值is负数，那么就肯定无法周游一周 暴力的时复为O(n^2) 然而我们发现这是一个连续且序号单调递升的区间 很容易想到用单调队列维护一下 这样时复就是O(n)了 注意： 正着周游一圈可以，反着周游一圈也可以，需要在判断一次 上代码

#include
         
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             #include
             
              #define rep(i,a,b) for(long long i=a;i<=b;i++)#define N 2000500using namespace std;typedef long long ll;deque
              
               
                 > Q;ll n,p[N],d[N],p1[N],d1[N],a[N],sum[N],ans[N];ll work(ll x){ if(x==n) return 1; return 2*n-x+1;}int main(){ scanf("%lld",&n); rep(i,1,n){ scanf("%lld%lld",&p[i],&d[i]); a[i+n]=a[i]=p[i]-d[i]; sum[i]=sum[i-1]+a[i]; } rep(i,1+n,n+n) sum[i]=sum[i-1]+a[i]; rep(i,1,2*n-1){ while(!Q.empty() && Q.front().first+n<=i) Q.pop_front(); while(!Q.empty() && Q.back().second>=sum[i]) Q.pop_back(); Q.push_back(make_pair(i,sum[i])); if(i>=n){ if(Q.front().second-sum[i-n]<0) ans[i-n+1]=0; else ans[i-n+1]=1; } } p1[1]=p[1]; d1[1]=d[n]; a[1]=a[1+n]=p1[1]-d1[1]; sum[1]=a[1]; rep(i,2,n){ p1[i]=p[n-i+2]; d1[i]=d[n-i+1]; a[i]=a[i+n]=p1[i]-d1[i]; sum[i]=sum[i-1]+a[i]; } rep(i,n+1,n*2) sum[i]=sum[i-1]+a[i]; rep(i,1,2*n-1){ while(!Q.empty() && Q.front().first+n<=i) Q.pop_front(); while(!Q.empty() && Q.back().second>=sum[i]) Q.pop_back(); Q.push_back(make_pair(i,sum[i])); if(i>=n) if(Q.front().second-sum[i-n]>=0) ans[work(i)]=1; } rep(i,1,n){ if(ans[i]) puts("TAK"); else puts("NIE"); } return 0;}