CF链接：Least Prefix Sum
Luogu链接：LeastPrefix Sum
$ {\scr \color {CornflowerBlue}{\text{Solution}}} $
先来解释一下题意：
给定一个数组，问最少把多少个数变成相反数，使得$ \forall \cal{i}$,$ \sum_{k=1}^i a_k$ $ \le$$\sum_{k=1}^m a_k$
发现对于所有数据点，$ \cal{n} \le 2 \times 10^5$，说明需要 $ Ο(\cal{n \log n}) $ 或者 $ O(\cal{n}) $的算法。
分析一下题目，发现要分成$ \cal{i} > \cal{m}$ 与$ \cal{i} < \cal{m}$两种情况分类讨论
- 当 $\cal{i}$ $ > \cal{m}$时：
什么时候才能使$\sum_{k=1}^i a_k$ $ \le$$\sum_{k=1}^m a_k$ 成立呢？
是不是只要使新加的每一段都小于等于0就行了？（$\sum_{k=m}^i a_k$ $ \le$$ 0$）
也很好证明：一个数（$\sum_{k=1}^m a_k$）加上一个小于等于0的数（$\sum_{k={m+1}}^i a_k$），一定不大于原数。
- 当 $\cal{i}$ $ < \cal{m}$时：
同理，只要使后加的每一段都小于等于0就行了（$\sum_{k=i}^i a_k$ $ \ge$$ 0$）
也很好证明：一个数（$\sum_{k=1}^i a_k$）加上一个大于等于0的数（$\sum_{k=i}^m a_k$），一定不小于原数。
而且，由于这两种情况类似（博主太懒），那就只考虑当 $\cal{i}$ $ > \cal{m}$的情况吧。
问题已经转化完了，接下来怎么办？
第一眼想到的是贪心。
设当前要取第$\cal{i}$个。
有一个不成熟的贪心：如果目前累加和加上$a_i$还是小于等于$0$的，就加上$a_i$，如果大于$0$了，就把$a_i$取反，$ ans+1$。
Hack数据
5 1 1 -1000 999 2 3
我们只要把999 变成-999就行了，但如果按上面贪心方法，我们要把2，3都改变！
那么贪心就不可以用了吗？
有个神奇的东西交叫反悔贪心！
简单说一下：对于当前不是最优的情况，留到后面重新选择。
我们肯定要让每次改变值后，获得综合最小的值，但当前的选择又不一定最有优。
我们可以用一个优先队列维护，到了每次要改的时候，从优先队列中选出一个收益最大（使目前累加和最大或最小）的值修改。
注意开$ \cal{long long}$并且清空优先队列！
Code（赛时代码，过丑见谅QwQ）:
#include<bits/stdc++.h>
#define L long long
using namespace std;
L a[200005];
priority_queue<L,vector<L>,greater<L> > q;
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
while(!q.empty()) q.pop();
int n,m,ans=0;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
if(n==1)
{
printf("0\n");
continue;
}
if(m==1)
{
L mu=0;
for(int i=m+1;i<=n;i++)
{
if(a[i]>=0) mu+=a[i];
else if(a[i]<0 && mu+a[i]>=0)
{
q.push(a[i]);
mu+=a[i];
}
else
{
ans++;
q.push(a[i]);
mu+=a[i];
mu-=2*q.top();
q.pop();
}
}
printf("%d\n",ans);
continue;
}
L mu=0;
for(int i=m+1;i<=n;i++)
{
if(a[i]>=0) mu+=a[i];
else if(a[i]<0 && mu+a[i]>=0)
{
q.push(a[i]);
mu+=a[i];
}
else
{
ans++;
q.push(a[i]);
mu+=a[i];
mu-=2*q.top();
q.pop();
}
}
while(!q.empty()) q.pop();
mu=0;
for(int i=m;i>=2;i--)
{
if(a[i]<=0) mu+=a[i];
else if(a[i]>0 && mu+a[i]<=0)
{
q.push(-a[i]);
mu+=a[i];
}
else
{
ans++;
q.push(-a[i]);
mu+=a[i];
mu+=2*q.top();
q.pop();
}
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}