[CodeTON Round 2][Codeforces 1704G. Mio and Lucky Array]
题目链接：1704G - Mio and Lucky Array
题目大意：给定数组 \(a,b\)，可以对 \(a\) 的每个位置 \(i\) 进行 \(0\) 或 \(1\) 次操作。每次操作可以令所有 \(j\ge i\) 的 \(a_j\) 加上 \((-1)^{j-i}\cdot(j-i+1)\)（对应每个位置的变化量为 \(1,-2,3,-4,\cdots\)），问是否可以让 \(a\) 存在一个连续子序列与 \(b\) 相同。
为了方便起见，我们默认下标从 \(0\) 开始。
首先要注意到，在一次操作后，\(a_i+2a_{i-1}+a_{i-2}\) 的值是不变的（除了边界部分）。要问为什么能注意到，心路历程大概如下：
- 看到变化量是 \(1,-2,3,-4,\cdots\) 有点烦，因为有一个 \((-1)^k\) 的影响因素在，所以在想如果把偶数位取反就可以把变化量变成 $1,2,3,\cdots $ 了。
- 如果变化量是 \(1,2,3,\cdots\) 的话，那么取一个二阶差分就可以找到一个不变量。二阶差分的式子为 \(d_i=(a_{i}-a_{i-1})-(a_{i-1}-a_{i-2})=a_i-2a_{i-1}+a_{i-2}\)。
- 发现与其取反后二阶差分，不如直接在式子上进行更改，把对应系数取反。于是就找到了原操作的不变量 \(a_i+2a_{i-1}+a_{i-2}\)。
那么令 \(f_i=a_i+2a_{i-1}+a_{i-2}\)，观察在对 \(i\) 进行一次操作后 \(f\) 的变化情况。可以发现每次操作只是把 \(f_i\) 的值加上了 \(1\)，其余位置的值不做更改。
在这里就需要思考一下在操作过后如何判断 \(a\) 的一个起始位置为 \(st\)，长度为 \(m\) 的子序列是否与 \(b\) 相同了。类似地，令 \(g_i=b_i+2b_{i-1}+b_{i-2}\)，那么两个序列相等当且仅当下式成立：
由于 \(f_i\) 的值最多加一，所以第一个式子有机会成立当且仅当 \(g_i = f_{st+i}\) 或 \(g_i = f_{st+i}+1\)。考虑利用 bitset 判断所有 \(st\) 是否可以合法。
为了判断一个起点是否合法，暴力的话可以有如下代码：
for(int st=0;st<=n-m;st++)
for(int i=2;i<m;i++)
ok[st]&=(f[st+i]==g[i])|(f[st+i]==g[i]-1);
既然要利用 bitset，就需要改变枚举的先后顺序，以便一次性对所有的 \(st\) 进行赋值操作：
for(int i=2;i<m;i++)
for(int st=0;st<=n-m;st++)
ok[st]&=(f[st+i]==g[i])|(f[st+i]==g[i]-1);
于是对数组 \(f\) 开 vector，对每个数值记录数组内有哪些位置等于指定值，就可以快速进行处理：
for(int i=2;i<m;i++){
bitset<N>t;
for(auto j:d[g[i]])t[j]=1;
for(auto j:d[g[i]-1])t[j]=1;
ok&=t>>i;
}
当然为了避免超时，还需要对每个相同的 \(g_i\) 分批进行处理，排序后双指针即可。
这样我们就能在 \(O(\frac{n^2}{W})\) 的复杂度内完成对应判断，接下去就需要考虑如何判断头两位的值是否可以满足条件。
对每个符合条件的 \(st\)，我们设 \(d_0=b_0-a_{st},d_1=b_1-a_{st+1}\)。可以发现，每次若有操作令 \(a_{st}\) 加上 \(k>0\)，那么对应的 \(a_{st+1}\) 就会减去 \(k+1\)，减 \(k\) 时同理。也就是说，每当 \(a_{st}\) 的值增加一次，对应的 \(d_0+d_1\) 就会减一，反之亦然。于是我们可以通过 \(d_0+d_1\) 的值来判断 \(a_{st}\) 的值增加与减少的次数之差，特别地对于只有 \(a_{st+1}\) 加一的情况，我们把它看成 \(a_{st}\) 的值减少了 \(0\)。
这样一来，我们就需要判断在加法操作与减法操作的差为 \(k\) 的情况下，是否存在一种操作方式使得 \(a_{st}\) 能够到达指定的值，这其中可选的操作为 \(-0,+1,-2,+3,\cdots ,+(-1)^{st}\cdot (st+1)\)。
注意到，由于所有的减法操作减去的都是偶数，所以 \(d_0\) 的奇偶性就决定了加法或减法操作次数的奇偶性（二者操作次数的差为定值）。另外，当确定了加减法的次数 \(x,y\) 后，可以 \(O(1)\) 贪心计算得出对应操作次数能够得到的最大值以及最小值 \(l,r\)，且可以证明，在 $ [l,r]$ 之间与 \(l,r\) 奇偶性相同的值都可以取到。我们来看下确定 \(x,y\) 后对应的最大值和最小值是什么。
设最大的加法操作为 \(+M\)，那么贪心取最大的 \(x\) 个加法以及绝对值最小的 \(y\) 个减法，对应的最大值为：
\(\sum_{i=0}^{x-1}(M-2i)-\sum_{i=0}^{y-1}2i=Mx-x(x-1)-y(y-1)\)
同样设绝对值最大的减法操作为 \(-M'\)，那么贪心取最小的 \(x\) 个加法以及绝对值最大的 \(y\) 个减法，对应的最小值为：
\(\sum_{i=0}^{x-1}(2i+1)-\sum_{i=0}^{y-1}(M'-2i)=x^2-M'y+y(y-1)\)
可以发现在上述式子中，\(y=x+k\)，而 \(M,M'\) 是由 \(st\) 确定的定值。于是对于每个 \(st\)，最大值和最小值都是与 \(x\) 有关的二次函数，计算出系数后对应的极值都可以使用初中数学知识解出来（开心的话也可以三分）。这样我们就能够通过 \(k\) 的取值以及 \(d_0\) 的奇偶性确定 \(x\) 的取值范围，从而得知操作后的值的范围，完成判断。
关于构造的部分，直接暴力找到一个满足条件的 \(x\) 然后贪心即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 200010
#define LL long long
int T,n,m,a[N];
LL b[N],f[N];
pair<LL,int>g[N];
bitset<N>ok,t;
map<LL,vector<int>>mp;
LL F(LL A,LL B,LL C,LL x){return A*x*x+B*x+C;}
bool check(int st)
{
LL d0=b[0]-a[st],d1=b[1]-a[st+1];
LL k=d0+d1,M=st&1?st:(st+1),M_=st&1?(st+1):st;
LL nx=st/2+1,ny=(st+3)/2;
LL l=max(0ll,-k),r=min(nx,ny-k);
LL o=d0&1;
if(l%2!=o)l++;
if(r%2!=o)r--;
if(l>r)return false;
LL A=-2,B=M-2ll*k+2,C=k-k*k;
LL x0=-B/(2ll*A);
LL mn=1e18,mx=-mn;
for(LL i=x0-5;i<=x0+5;i++)if(i%2==o && l<=i && i<=r)mx=max(mx,F(A,B,C,i));
mx=max(mx,F(A,B,C,l));
mx=max(mx,F(A,B,C,r));
A=2,B=2ll*k-M_-1,C=k*k-(M_+1)*k;
x0=-B/(2ll*A);
for(LL i=x0-5;i<=x0+5;i++)if(i%2==o && l<=i && i<=r)mn=min(mn,F(A,B,C,i));
mn=min(mn,F(A,B,C,l));
mn=min(mn,F(A,B,C,r));
if(d0>mx || d0<mn)return false;
LL x=-1;
for(LL i=l;i<=r;i++)if(i%2==o){
mn=F(A,B,C,i);
mx=F(-2,M-2ll*k+2,k-k*k,i);
if(mn<=d0 && d0<=mx){x=i;break;}
}
set<int>ans;
LL s=0,y=x+k;
for(LL i=0;i<x;i++)s+=2ll*i+1,ans.insert(st-2ll*i);
for(LL i=0;i<y;i++)s-=2ll*i,ans.insert(st-2ll*i+1);
for(LL i=x-1;i>=0 && s<d0;i--){
s-=2ll*i+1;
ans.erase(st-2ll*i);
while(s+M>d0)M-=2;
s+=M;
ans.insert(st-M+1);
M-=2;
}
for(LL i=y-1;i>=0 && s>d0;i--){
s+=2ll*i;
ans.erase(st-2ll*i+1);
while(s-M_<d0)M_-=2;
s-=M_;
ans.insert(st-M_+1);
M_-=2;
}
for(LL i=2;i<m;i++)if(f[st+i]==g[i].first-1)ans.insert(st+i);
printf("%d\n",(int)ans.size());
for(auto i:ans)printf("%d ",i+1);
printf("\n");
return true;
}
void init()
{
mp.clear();
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&a[i]),ok[i]=1;
scanf("%d",&m);
for(int i=0;i<m;i++)scanf("%lld",&b[i]);
for(int i=2;i<n;i++)mp[f[i]=a[i]+2*a[i-1]+a[i-2]].push_back(i);
for(int i=2;i<m;i++)g[i]=make_pair(b[i]+2ll*b[i-1]+b[i-2],i);
sort(g+2,g+m);
for(int i=2;i<m;){
t.reset();
for(auto j:mp[g[i].first])t[j]=1;
for(auto j:mp[g[i].first-1])t[j]=1;
int j=i;
while(j<m && g[j].first==g[i].first)ok&=t>>g[j].second,j++;
i=j;
}
for(int i=2;i<m;i++)g[i]=make_pair(b[i]+2ll*b[i-1]+b[i-2],i);
for(int i=0;i<=n-m;i++)if(ok[i])
if(check(i))return;
printf("-1\n");
}
int main()
{
scanf("%d",&T);
while(T--)init();
}
求二次函数极值的部分为了省脑子直接在实际极值点的左右选 \(10\) 个位置暴力比较判断了，实际上是可以通过计算得出对应位置的。
另外，初步确定满足第一个条件的 \(st\) 也可以通过多项式乘法来解决，但由于本弱不会所以才用的 bitset。
