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
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。
