CMO 2023 T1 T6

T1

$n=2^{2024}$ 时最优方案为 $2,2,\cdots ,4$ 此时 $\lambda_0=\frac{1}{1012}$ 则 $\lambda_{\min}\geq \lambda_0$。对于 $\lambda =\frac{1}{1012}$ 构造，令 $n=\prod p_i$，$p_i=n^{a_i}$ 其中 $p$ 均为素数。那么问题转化为：

$\sum a_i=1$，其中 $a>\frac{1}{1012}$ 的要单独分组 $a\leq \frac{1}{1012}$ 可以若干个分一组，但是要满足一组内的 $\sum a\leq \frac{1}{1012}$。

充分性给出贪心构造策略：若存在 $a_x+a_y\leq \frac{1}{1012}$ 那么将 $x$ 组和 $y$ 组合并成一个新的组，其大小为 $a'=a_x+a_y$，若有多个合法的任选两个进行合并，直到不能合并为止，此时一定有组数 $m\leq 2023$，即得到一个合法方案。

证明：若 $m\geq 2024$，此时考虑 $a_1\leq a_2\leq a_3\leq\cdots\leq a_m$，其中 $a_1+a_2>\frac{1}{1012}$，那么一定有 $a_2>\frac{1}{2024}$，则 $a_3,a_4,\cdots,a_m$ 均 $>\frac{1}{2024}$ ，那么

$$\sum a=(a_1+a_2)+(a_3+a_4+\cdots+a_m)>\frac{1}{1012}+\frac{m-2}{2024}\geq \frac{1}{1012}+\frac{2022}{2024}=1$$

与 $\sum a=1$ 的条件不符，故 $m\leq 2023$。

T6

这个做法抄的 by_chance 的。

令 $n=99=4m-1$ 为顶点数，求最小操作次数使得能够从任意圆排列复原到顺时针 $1,2,\cdots,n$ 排列（这等价于任意到任意）。观察答案的上界，定义“劣弧逆序对” $(i,j)$ 为从 $i$ 逆时针走不超过 $\frac{n-1}{2}$ 步能走到 $j$，并且放在 $i,j$ 上的数有 $a_i<a_j$。最终状态劣弧逆序对个数为 $0$，而交换两个相邻的数劣弧逆序对至多 $-1$（若交换了 $a_x,a_{x-1}$，分类讨论 $a_x,a_{x-1},a_{x-\frac{n+1}{2}}$ 三者大小关系即可得证）。从而对于顺时针 $n,n-1,n-2,\cdots,1$ 共 $\frac{(n-1)^2}{4}$ 个劣弧逆序对，所以答案的下界是 $\frac{(n-1)^2}{4}$，现在证明任意圆排列均可以在不超过 $\frac{(n-1)^2}{4}$ 步还原为 $1,2,\cdots,n$。

考虑将环分为大小为 $2m-1$ 和 $2m$ 的两部分，且两部分分别有 $m$ 个 $\leq 2m$ 的数（称之为小数，反之为大数），因为对于 $[1,2m-1],[2m,4m-2]$ 如果有其一有 $m$ 个小数，那么即找到合法的解。否则一定其一 $<m$ 个小数，另一 $>m$ 个小数（如果都 $<m$ 那么小数个数 $(m-1)+(m-1)+1<2m$ 矛盾。此时考虑将一个长度为 $2m-1$ 的区间在环上转的过程中，小数个数变化只能是 $\pm 1$ 或 $0$，而 $<m,>m$ 个小数的区间均存在，说明一定存在小数个数为 $m$ 的长为 $2m-1$ 的区间。

现在考虑将两段圆弧分别排序，让小数凑在一起，大数凑在一起，再将小数内部排序，大数内部排序。假设圆弧是分为左右两部分，那么有小数凑在上半部分和大数凑在上半部分两种情况，只需其中一种合法即可。

首先考虑圆弧内部的排序，此时变成直线上的问题，那么最小交换次数就是（严格）逆序对个数，两个方向加起来那就是 01 对个数，所以这部分两种情况的操作总和是 $m(m-1)+m^2=2m^2-m$。

再考虑同种数之间的排序，对于较小的数，假设两侧分别是 $b_1,b_2,\cdots ,b_m,c_1,c_2,\cdots,c_m$，注意到对圆弧内部排序时并不会破坏 $b,c$ 内部的相对顺序，所以两种情况相当于在直线上排序 $b_1,b_2,\cdots ,b_m,c_1,c_2,\cdots,c_m$ 和 $c_1,c_2,\cdots,c_m,b_1,b_2,\cdots ,b_m$，那么逆序对分为 $b,c$ 内部和 $b,c$ 之间。$b,c$ 之间贡献次数总和一定是 $m^2$，而 $b,c$ 内部最劣情况下是完全逆序，所以此时两种情况的操作总和是 $4\frac{m(m-1)}{2}+m^2=3m^2-2m$。

同理，对于较大的数，操作次数总和是 $2\frac{m(m-1)}{2}+2\frac{(m-1)(m-2)}{2}+m(m-1)=3m^2-5m+2$。

那么 $(2m^2-m)+(3m^2-2m)+(3m^2-5m+2)=8m^2-8m+2=2\frac{(4m-2)^2}{4}=2\frac{(n-1)^2}{4}$，说明两种情况至少有一种操作次数 $\leq \frac{(n-1)^2}{4}$，证毕。

对于 $n=4m+1$ 可以用同样的方式计算证明。