CF1853

你谷的加题速度实在太慢了

被 CF 的题目薄纱

A

可以选任意次 $i\in [1,n]$，使 $a[1\sim i]++,a[i+1\sim n]--$。求最少操作次数使得原数列变成非从小到大排序的。

首先判断原数列是否已经非排序。然后看每一个相邻位置 $a[i],a[i+1]$，令 $ans=min(ans,(a[i+1]-a[i])÷2+1).$

B

斐波那契式数列：$a_i=a_{i-1}+a_{i-2}$，但 $a_{1,2}$ 不定。每项非负。

有多少个斐波那契式数列满足第 $k$ 项是 $n$。

Hint: Can a sequence involving $n$, which is up to ${10}^5$, really have up to ${10}^9$ terms?

其实，根据斐波那契数列的增长速度，根本到达不了 ${10}^9$ 的项数。我们枚举数列倒数第二项 $1\sim n$，倒推 $k$ 项，看看是否满足每一项都非负。

C

$1\sim +\mathrm{\infty }$，每次会删去这些数中的第 $a_{1\sim n}$ 小的数。问：删除 $k$ 次后，剩下的最小数是多少。

反向考虑。我们不是删除，而是在 $a_i-i$ 个位置后面插入数。这样的好处是我们不用看我们删完之后谁接上来，只用在一个固定的位置不断插入即可。

记 $res$ 为最终最小值，这只是我们记出来方便思考。初始令一变量 $ans=1$，表示第 $k$ 天后 $res$ 的排名是 $1$。（最后答案前面的删完了自然是 $1$）

考虑插入一些数回到前一天的状态，等回到第 $1$ 天前，此时 $ans$ 的值就是初始时 $res$ 的位置，也就是要输出的答案。（先特判 $a[1]\ne 1$ 则答案必为 $1$）

在所有 $a_i-i$ 位置插入数，保证 $a_i-i\le ans$，因为插入到 $ans$ 位置后面没有意义。

注意我们并不在乎插入了什么数，只需统计每次在 $ans$ 前又插入了几个数 $cnt$，同时在这次结束时$ans\leftarrow ans+cnt$ 即可。

然后在更新了 $ans$ 时，要注意又有一些 $a_i-i$ 可以插入到 $ans$ 前面了，同步更新。

解释一下 CF 官方代码。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n, k, a[200010];

void solve() {
    cin >> n >> k;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> a[i];
        a[i] -= i; //是在a[i]-i位置插入,而非a[i]
    }
    if (a[0] != 1) { //特判
        cout << 1 << "\n";
        return;
    }
    a[n] = 2e9; //边界守卫
    long long ans = 1; //答案
    int inc = 1; //inc表示本次插入会在ans前插入多少个
    while (inc < n) {
        int days = (a[inc] - ans + inc - 1) / inc;
        //插入1次不能让下一个a[i]-i排到ans前
        //一次性加很多次,跳到下一个a[i]-i也排前,优化
        if (days >= k){
            //如果要下一个a[i]-i排前
            //已经超过剩余插入次数，就结束
            ans += k * inc;
            //那还能插入(剩余次数)*(插入个数)个
            k = 0;
            break;
        }
        ans += days * inc;
        //插入了(插入次数)*(多少个插入位置在ans前)
        k -= days;//减少剩余插入次数
        while (a[inc] <= ans) inc++;
        //拓展在ans前的个数
    }
    ans += 1ll * k * n;
    //1.上面没等到inc>=n就没有了剩余次数,k=0无影响
    //2.inc=n出来的,剩下k次每次都插入n个
    cout << ans << "\n";//输出
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(nullptr);
    
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
    	solve();
}

D

定义长度 $n$ 的“不平衡数组” $\{b_n\}$:

1. $-n\le b_i\le n.$

2. $\mathrm{\forall }i,j,b_i+b_j\ne 0.$

3. 恰有 $a_i$ 个位置 $j$，使 $b_i+b_j>0$，允许 $i=j$.

现给定 $\{a_n\}$。要么指出不存在 $\{b_n\}$，要么构造出一组 $\{b_n\}$。

提示：

$(n,-n),(n-1,-(n-1)),\dots ,(1,-1)$。
每对里只能选一种。

$b_i>b_j⟺a_i>a_j.$

设 $x$ 是使 $|b_i|$ 最大的 $i$。若 $b_x<0$，则 $a_x=0$；否则 $a_x=n$。同时，不可能有另一个 $a_y=0$ 或 $n$。

所以“存在绝对值最大的 $|b_i|$” $⟺$

“$($存在一个 $a_i=0)$”$⨁$ “存在一个 $a_i=n$”。

先判断是否存在绝对值最大，然后固定此位置为绝对值最大，就可以递归处理剩余没处理的数！！！

如果在某次递归中不存在绝对值最大，说明答案不存在。

但是每次循环找 $a_i=0/n$ 是 $O(n^2)$ 的。我们可以将 $a_i$ 排序。这样每次判断就是 $O(1)$ 的了！