Codeforces Round #636 (Div. 3) A~D

A. Candies

题意

给定一个 \(n\) ，询问任意一个 \(x\) 满足 \(x+2x+4x+⋯+2^{k−1}x=n,k\gt1\)，题目保证存在至少一个 \(x\) 满足条件。

解题

等比数列求和 \(1+2+2^2+...+2^{k-1} = 2^k-1\)，遍历寻找 \(2^k-1\) 为 \(n\) 的因子的情况。

for i in range(int(input())):	
    pow2 = 4;n=int(input())
    while pow2-1<=n:
        if(n%(pow2-1)==0):
            print(n//(pow2-1))
            break
        pow2 *= 2

B. Balanced Array

题意

给定一个偶数 \(n\) ，求任意一个长度为 \(n\) 且满足下述条件的序列：

前 \(n/2\) 个元素是偶数
后 \(n/2\) 和元素是奇数
所有的元素都是唯一的
前半段和与后半段和相等

如果序列不存在输出 “NO” ，存在输出 “YES” 并在第二行输出这个序列。

解题

分情况讨论，当 \(n/2\) 是奇数时，奇数个偶数相加为偶数，奇数个奇数相加为奇数，前后半段和不可能相等，所以此时不存在目标序列。

当 \(n/2\) 是偶数时，前半段以 \(2,4,6,...,2i-2,2i\) 的形式填充，其和为 \(sum_1 = i(i+1) = \frac{n^2}{4}+\frac{n}{2}\) 。后半段以 \(1,3,5,..,2i-5,2i-3,x\) 的形式填充，其和为 \(sum_2 = (\frac{n}{2}-1)^2+x\) ，可以求出 \(x\) 值为 \(sum_1-sum_2 = \frac{3}{2}n-1\) 。这时序列满足条件。

for t in range(int(input())):
    n = int(input())
    if((n/2)%2!=0):
        print("NO")
        continue
    else:
        print("YES")
        for i in range(1,n//2+1):
            print(2*i,end=' ')
        for i in range(1,n//2):
            print(2*i-1,end=' ')
        print(3*n//2-1)

C. Alternating Subsequence

题意

给定一个序列（序列不含0），询问其最长正负交替子序列的最大和。

解题

贪心，从每个连续同符号子段中取出值最大的，组成的序列即为所求。

for t in range(int(input())):
    n = int(input())
    l = 0;s = 0
    maxV = 0
    for a in list(map(int,input().split())):
        if(l==0 or maxV*a<0):
            s+=maxV
            l+=1
            maxV = a
        elif(maxV*a>0):
            maxV = max(maxV,a)
    print(s)

D. Constant Palindrome Sum

题意

假设有一种正整数特殊序列，满足下列条件：

所有的元素小于等于 \(k\) ，即 \(a_i\le k\)；
任意的 \(a_i+a_{n-i+1} = x\) ，\(x\) 是某常数。

给定一个正整数序列和 \(k\) ，询问将该序列变成上述特殊序列，最少需要替换多少个元素。

解题

起初以为确定 \(x\) 的值是关键，只需要找到使得替换次数最少的 \(x\) 的即可。但是这题数据 \(On^2\) 指定过不了，二分也没有明确的单调关系（头大

可以先假设一下，如果我们已经确定了 \(x\) 的值。对于每一对元素，需要替换的个数 \(d_i\) 值为

\[p_{i} = min(a_i,a_{i+1}),\ \ q_{i} = max(a_i,a_{i+1}),\\ d_i = \left\{ \begin{array}{**lr**} 0 & p_i+q_{n-i+1} = x\\ 1 & p_i+1\le x\le q_i+k,\ \ x\ne p_i+q_{n-i+1}\\ 2 & p_i+1\gt x \ \ \lor \ \ q_i+k\lt x \end{array} \right. \]

，设 \(D_x\) 为总替换次数，即 \(D_x = \sum_{i=1}^nd_i\) 。从 \([2,2k]\) 区间内的任何一个数都可以成为 \(x\) ，而且都有其对应的 \(D_x\) 。

可以发现，每一对 \(a_i,a_{n-i+1}\) 的值都影响着一片区域内 \(D_x\) 的值，我们可以用线段树快速求出区间内的所有 \(D_x\) 。（见到区间就想线段树，已经没救了）

初始化 \(D_x = 0,x \in [2,2k]\)

遍历所有的元素对：

\(p_{i} = min(a_i,a_{i+1}),\ \ q_{i} = max(a_i,a_{i+1})\)

区间 \(x\in [p_i+1,q_i+k]\cap \complement_u\{p_i+q_i\}\) 内的 \(D_x = D_x+1\)

区间 \(x\in [2,p_i+1)\cup(q_i+k,2k]\) 内的 \(D_x = D_x+2\)

最后 \(ans = min(D_x)\)

复杂度 \(O(nlogk)\) 理论上是可以过题的，但是 Div.3 写线段树，简直是冤大头。

再仔细思考下，我们对 \(D\) 序列只有一次查询，即最后的 \(ans = min(D_x),x\in [2,2k]\) ，可以使用差分替代线段树。设 \(m_x = D_{x} - D_{x-1},x\gt 1\) ，且 \(m_1 = n\) ，则 \(D_x = \sum_{i=1}^x m_i\) 。每一对 \(a_i,a_{n-i+1}\) 仅仅影响着几个 \(m_x\) 值。

初始化 \(m_x = 0,x\in [1,2k]\)

遍历所有的元素对：

\(p_{i} = min(a_i,a_{i+1}),\ \ q_{i} = max(a_i,a_{i+1})\)

\(m_{p_i+1} = m_{p_i+1}-1;\)

\(m_{p_i+q_i} = m_{p_i+q_i}-1;\)

\(m_{p_i+q_i+1} = m_{p_i+q_i+1}+1;\)

\(m_{q_i+k+1} = m_{q_i+k+1}+1;\)

最后 \(ans = min(D_x) = min( \sum_{i=1}^x m_i)\)

复杂度 \(O(n)\)，比线段树代码短几十行。

def scanf():
    return list(map(int,input().split()))

for t in range(int(input())):
    n,k = scanf()
    a = [0]+scanf()
    m = [0 for i in range(2*k+2)]
    m[1] = n
    
    for i in range(1,n//2+1):
        p = min(a[i],a[n-i+1])
        q = max(a[i],a[n-i+1])
        m[p+1]-=1
        m[p+q]-=1
        m[p+q+1]+=1
        m[q+k+1]+=1
    ans = 9e18; D=m[1]
    for mit in m[2:]:
        D += mit
        ans = min(ans,D)
    print(ans)