CF1474-D. Cleaning
CF1474-D. Cleaning
题意：
给出一个长度为\(n\)的正整数序列，你可以对序列进行如下操作：
- 对序列中相邻的两个数字\(a_{i}, a_{i+1}\)同时减去一个数字\(t（t<=min(a_{i},a_{i+1})）\)。
现在你有一次机会可以将序列中任意两个相邻的数字交换位置（可以不交换）。问你可不可以通过上述操作将序列中所有数字都减为\(0\)。
题解：
在说具体做法之前，先考虑三个事情：
-
先不考虑交换数字，在不交换数字的情况我们要把序列中全部的数字都消为\(0\)（当然也可能不能全部消为0）可以通过什么方法呢？可以通过以下两种操作获得：
首先我们假设在$a_1$的前面有一个$a_0=0$，那么消除的过程就是$a_1=a_1-a_0, a_2=a_2-a_1,..., a_n=a_n-a_{n-1}$，这样顺利的话就可以把全部的数字消掉。 或者我们假设在$a_n$的后面有一个$a_{n+1}=0$，那么过程为$a_n=a_n-a_{n+1}, a_{n-1}=a_{n-1}-a_n,..., a_1=a_1-a_2$，同样也可以把全部的数字都消掉。
上述操作为顺利情况下消除的过程，但实际上并不一直是那么的顺利。以上述的第一种操作为例，假如有\(a_{i-1}>a_{i}\)，那么就会出现\(a_{i}<0\)的情况，这显然是不可能的，同样第二种操作也可能会出现这种情况。
-
如果从前往后减，那么在交换了\(a_{i},a_{i-1}\)这两个数字之后会不会对\(a_{i-1}\)之前的数字造成影响呢？同样的从后往前减，交换\(a_{i},a_{i+1}\)之后会不会对\(a_{i+1}\)之后的数字造成影响呢？这两个问题的答案是否定的，均不会造成影响。
-
对于一个序列，假设现在这个序列可以从前往后把所有数字都消掉，那么先从前往后消掉一部分，那么可不可以从后往前把剩下的一部分全部消掉呢？再假设这个序列不能从前往后或从后往前把全部数字消掉，那么能不能通过先从前往后消掉一部分再从后往前消掉另一部分把整个序列消掉？
换句话说，对于一个序列而言，先从前往后消去一部分，再从后往前消去另一部分，是否和只从前往后或只从后往前消除是等效的呢（能全部消掉或不能）？答案是肯定的，这也是本题的关键。
前面作了那么多铺垫，现在说一下做法。先定义两个数组\(pre(prefix)\)和\(suf(suffix)\)，\(pre[i]\)表示从前往后消掉了\(a_{1}, a_{2},..., a_{i-1}\)之后\(a_{i}\)的值，\(suf[i]\)表示从后往前消掉了\(a_{n}, a_{n-1},...,a_{i+1}\)之后\(a[i]\)的值。这里说一下，不论是从前往后还是从后往前，如果\(a_{i}\)减完之后得到了一个负数，那么他之后的所有数字不论是正是负都没有意义了，所以\(a_{i}\)以及\(a_{i}\)之后所有数字就需要用一个特殊的标记这个\(pre\)或\(suf\)是无效的。
现在就可以枚举交换的数字了，比如现在要枚举的是交换\(a_{i}\)和\(a_{i+1}\)，那么只需要看\(pre[i-1],a[i+1],a[i],suf[i+2]\)这几个数字构成的序列可不可以通过从前往后或者从后往前给全部消掉即可，如果可以答案就是\(YES\)，后面也就不用继续枚举了；如果全部枚举之后都不能那么答案就是\(NO\)。当然这有个前提就是\(pre[i-1]\)和\(suf[i+2]\)不能是无效的，也就是不能是你之前打过特殊标记的。
AC代码：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <vector>
void solve() {
int n;
scanf("%d", &n);
std::vector<int>a(n + 2);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
}
std::vector<int>pre(n + 2), suf(n + 2);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (pre[i - 1] == -1 || a[i] < pre[i - 1]) {
pre[i] = -1;
} else {
pre[i] = a[i] - pre[i - 1];
}
}
if (pre[n] == 0) {
printf("YES\n");
return;
}
for (int i = n; i > 0; i--) {
if (suf[i + 1] == -1 || a[i] < suf[i + 1]) {
suf[i] = -1;
} else {
suf[i] = a[i] - suf[i + 1];
}
}
for (int i = 0; i <= n - 2; i++) {
int l = i, r = i + 3;
if (pre[l] == -1 || suf[r] == -1) {
continue;
}
if (a[r - 1] >= pre[l] && a[l + 1] >= suf[r] && a[r - 1] - pre[l] == a[l + 1] - suf[r]) {
printf("YES\n");
return;
}
}
printf("NO\n");
}
int main() {
int T;
scanf("%d", &T);
while(T--) {
solve();
}
return 0;
}
小结：
本题本质上就是暴力，只不过\(O(n^2)\)的暴力是不能接受的，所以先对原来数据进行预处理，使得最终时间复杂度从\(O(n^2)\)减为\(O(n)\)。
