CF1915E 题解

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首先我们在 $i\nmid 2$ 时设 $a_i=-a_i$，这样我们可以将：

$$\sum_{i=l}^ra_{2i}=\sum_{i=l}^ra_{2i+1}$$

改为：

$$\sum_{i=l}^ra_i=0$$

接下来就好办了，设 $S(n)$ 为 $\large \sum\limits_{i=1}^na_i$，即其的前缀和，那么我们再搞个映射表 $V$，当 $V_{S(n)}=1$ 时，说明此前有一个 $S(n)$ 已经等于当前的 $S(n)$ 了，那么就输出 YES，否则设 $V_{S(n)}=1$。

需要注意以下三点：

• 映射表必须 clear！映射表必须 clear！映射表必须 clear！重要的事情说三遍！
• $V_0=1$，因为这说明存在 $\large \sum\limits_{i=1}^na_i=0$，那么这也是一种合法情况！
• 最后一个可能大家都会有：不要在遇见条件合法的情况直接给它 break 掉，因为这个数组后面的内容还没输进去，这样后面再输入 $n$ 时会把原来数组的数给弄进去。所以每一个小点你就算已经算出来了也得把数组里的数给磕完。

本人应该是唯一一个不想用也懒得用数组的，唯一占空间的只有个映射表。

上代码吧。

#include <bits/stdc++.h>
#define rty printf("Yes\n");
#define RTY printf("YES\n");
#define rtn printf("No\n");
#define RTN printf("NO\n");
#define rep(v,b,e) for(int v=b;v<=e;v++)
#define repq(v,b,e) for(int v=b;v<e;v++)
#define rrep(v,e,b) for(int v=b;v>=e;v--)
#define rrepq(v,e,b) for(int v=b;v>e;v--)
#define stg string
#define vct vector
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;

map<int, bool> mark;

void solve() {
    int n;
    mark.clear();
    // 您猜猜不 clear 会发生什么……
    mark[0] = 1;
    cin >> n;
    int x = 0;
    bool flag = 0;
    rep(i, 1, n) {
        int p;
        cin >> p;
        if (flag) {
            continue;
        }
        if (i % 2) {
            p = -p;
        }
        x += p;
        if (mark[x]) {
            RTY
            flag = 1; // 一个坑点，不要遇到 YES 直接 return 了，后面的数没读入到这样 cin 会把数组的数当 n 读进去
        }
        mark[x] = 1;
    }
    if (!flag)
        RTN
}


main() {
	int t; cin >> t; while (t--) solve();
	return 0;
}