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因为只需要增加而不限制增加量，所以找到一对前小后大的数对，设法将它们交换即可。具体来说，所以对于 $k + 1$ 到 $n$ 的一个位置 $i$ ，找到在前 $k$ 个当中离它最近的（最后的）、比它小的位置 $j$ （取后缀 $min$ 后用 lower_bound 找出），用 $k - j$ 次操作将 $j$ 移到位置 $k$ ，用 $i - k - 1$ 次操作将 $i$ 移到位置 $k + 1$ ，再用一次操作交换即可，总操作数为 $(k - j) + (i - k - 1) + 1 = i - j$ 次。这就是一个位置的答案。计算每个位置的答案，取最小值即可。

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[400010];
int main() {
	int n,k,ans=1e9;
	cin>>n>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i];
	for(int i=k-1;i>0;i--)
		a[i]=min(a[i],a[i+1]);
	for(int i=k+1;i<=n;i++) {
		int tmp=lower_bound(a+1,a+k+1,a[i])-a-1;
		if(tmp==0) continue;
		ans=min(ans,i-tmp);
	}
	if(ans==1e9) cout<<-1<<endl;
	else cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

B. 01 Generation

由于只有前面加1反转和后面加0两种操作，所以考虑它们的分界线。

在前面的部分全部由添加1反转构成，所以一定是 010101... 这种形式，找出最长的满足要求的前缀，这就是第一部分。第一部分的0必须依次插入，可以发现，每插入一个0，第二部分就会受到影响，得到反转，所以当在第二部分中遇到连续的若干个0或连续的1的时候，它们一定（在最优解中）是同一块插入的。

而两块0、1的交界处必然进行了一次一操作（最优解中）。这样只需要比较操作一的次数（即最长01前缀的长度）和操作二的变化次数即可。如果操作一的次数小于第二部分的变化次数则不可行，反之可行。

这道题还有另一种思考方式，即倒序思考，将插入操作转化为删除。读者可自行考虑。

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool a[200010];
int main() {
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i];
	if(a[1]==1) {
		cout<<"No"<<endl;
		return 0;
	}
	int now=1;
	while(now<n&&a[now]!=a[now+1]) now++;
	if(now==n) {
		cout<<"Yes"<<endl;
		return 0;
	}
	int ans=a[n];
	for(int i=n-1;i>now;i--)
		if(a[i]!=a[i+1]) ans++;
	if(ans<=now) cout<<"Yes"<<endl;
	else cout<<"No"<<endl;
	return 0;
}

C. Rotate and Play Game

题目问最好情况，那么有一个很自然的猜测：最好情况一定可以取得最优解，即拿走大的那一半，留下小的那一半。这就要求我们在翻转之后，在任何一个前缀当中，小的数的个数 $\geq$ 大的数的个数（这样才能保证对方走到大的数之前，我已经把它拿掉了）。设较小的一半数为 $+ 1$ ，较大的一半为 $- 1$ ，则相当于要求前缀和中不存在负数。在坐标系中表现出来就是这样的：

（数据 3 4 1 2 的图像）

那么，分成两半后互换就可以表示为，选一个点，以它为原点开始，再走回自己结束。这样结论就很显然了：选最低的点，以它为起点，坐标为0，那么之后无论怎么走也不会比它更低，满足要求。在此例子中，选择点 $C$ 为起点，这样答案序列为 1 2 3 4，满足要求。

（不得不说是一道非常巧妙的转化题）

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[200010],b[200010];
int main() {
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		cin>>a[i];
		b[i]=a[i];
	}
	sort(b+1,b+n+1);
	int fen=b[n/2];
	long long mini=0,ans=0;
	for(int i=n/2+1;i<=n;i++)
		ans+=b[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(a[i]<=fen) a[i]=1;
		else a[i]=-1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
		a[i]+=a[i-1];
	for(int i=2;i<=n;i++)
		if(a[i]<a[mini])
			mini=i;
	cout<<mini<<" "<<ans<<endl;
	return 0;
}