質問： n個の石の山が並んでいます。隣接する2つの石の山の1つを同時に取ることができるたびに、隣接する2つの山を交換する（または交換する必要がない）ことで掃除できるかどうか尋ねてもいいですか最初の石のすべての石？
アイデア：
- 最初に、a [1]が除去され、a [2]によってのみ除去できることを考慮して、次の除去シーケンスが形成されます：a [1]、a [2] -a [1]、a [3]- a [1] + a [1]…
- 注文が満たす必要のある条件を考慮してください。任意の数が0以上で、最後の数が0です。満たされていない場合は、交換する必要があります。
- 交換が必要な状況では、後ろから前に処理してもネガティブな状況になりますが、順方向処理（p配列を使用してプロセスを格納する）か逆方向処理かを判断するのは難しくありません。処理（b配列を使用してプロセスを格納する）プロセス）、洗浄条件を満たす部品の効果は同じです。
- つまり、a [i]とa [i + 1]を一度交換できる場合、p配列とb配列に対して、不満足な状況が最初に現れる位置になります。したがって、a [i + 1]> = p [ i-1] && a [i]> = b [i + 2] && a [i + 1] -p [i-1] == a [i] -b [i +2]条件で目標を達成できます。
- 詳細なアイデアについては、兄貴のブログをご覧ください。
コード：
#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define null NULL
#define ll long long
#define int long long
#define pii pair<int, int>
#define lowbit(x) (x &(-x))
#define ls(x) x<<1
#define rs(x) (x<<1+1)
#define me(ar) memset(ar, 0, sizeof ar)
#define mem(ar,num) memset(ar, num, sizeof ar)
#define rp(i, n) for(int i = 0, i < n; i ++)
#define rep(i, a, n) for(int i = a; i <= n; i ++)
#define pre(i, n, a) for(int i = n; i >= a; i --)
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);cout.tie(0);
const int way[4][2] = {
{
1, 0}, {
-1, 0}, {
0, 1}, {
0, -1}};
using namespace std;
const int inf = 0x7fffffff;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-6;
const ll mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
int t, n;
int a[N], p[N], b[N];
signed main()
{
IOS;
cin >> t;
while(t --){
cin >> n;
me(p); me(b);
for(int i = 1; i <= n; i ++){
//正向处理
cin >> a[i];
if(p[i-1]==-1||a[i]<p[i-1]) p[i] = -1;
else p[i] = a[i]-p[i-1];
}
if(!p[n]){
//无需进行交换
cout << "YES" << endl;
continue;
}
for(int i = n; i; i --){
if(b[i+1]==-1||a[i]<b[i+1]) b[i] = -1;
else b[i] = a[i]-b[i+1];
}
int flag = 0;
for(int i = 1; i < n; i ++){
//反向处理
if(p[i-1]==-1||b[i+2]==-1) continue;
if(a[i+1]>=p[i-1]&&a[i+1]-p[i-1]==a[i]-b[i+2]){
flag = 1;
break;
}
}
cout << (flag ? "YES":"NO") << endl;
}
return 0;
}