Pergunta: Existem n pilhas de pedras em uma fileira, cada vez que você pode pegar uma das duas pilhas adjacentes de pedras ao mesmo tempo; posso perguntar se ela pode ser limpa trocando (ou não tendo que trocar) duas pilhas adjacentes de pedras no início Todas as pedras?
Ideias:
- Considere primeiro que a [1] deve ser eliminado e só pode ser eliminado por a [2], então a seguinte seqüência de eliminação é formada: a [1], a [2] -a [1], a [3] - a [1] + a [1] ...
- Considere as condições que o pedido deve atender: qualquer número é maior ou igual a 0, e o último número é 0; se não for atendido, pode ser necessário trocá-lo.
- Para situações que devem ser trocadas, mesmo se processarmos de trás para frente, haverá uma situação negativa; mas não é difícil descobrir se para processamento direto (usando a matriz p para armazenar o processo) ou processamento reverso (usando o b matriz para armazenar o processo) Processo), o efeito das peças que atendem às condições de limpeza é o mesmo.
- Ou seja, se é suficiente trocar a [i] e a [i + 1] uma vez, em relação à matriz p eb são as posições onde a situação insatisfeita aparece pela primeira vez; portanto, a [i + 1]> = p [i-1] && a [i]> = b [i + 2] && a [i + 1] -p [i-1] == a [i] -b [i + 2] A condição pode atingir o objetivo.
- Para ideias detalhadas, consulte o blog do irmão mais velho .
Código:
#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;
}