Masha and a Beautiful Tree

传送门

题意:
一棵完全的二叉树，在这棵二叉树的最后一行，有一段序列，现在他给的这个序列是乱序的，你有一种操作，可以交换一个二叉树节点的左右两边的儿子，最后使得最后的序列是递增的，问最少的操作次数，如果不行的话就输出-1

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思路:
首先，先如果去模拟这个过程，时间上不行，而且这个操作也十分难写，所以肯定不是去模拟这个操作，那肯定是可以从题目中推导出一些结论，然后根据这些结论来写代码

• m如果是1直接0，如果不是1必须二进制分解只能出现一个1，这里可以用__builtin_popcount()来快速求
• 因为最后是递增的，所以比如有8个叶子节点，4个4个分组，1， 2， 3， 4必须在一个组，5， 6， 7， 8必须在一个组，所以这里就要有一个快速判断了，可能这里就有结论，当时就是没想到，这里的结论就是，对于左右两端，假设左端的数字和为num1， 右端的数字和为num2, 那abs(num2 - num1) == k * k, 这里的k就是要交换节点和层数有关了，比如要交换4个4个，那k == 4, 以此类推，知道了这个规律，这个规律可以用前缀和来维护，就可以二分的取分治，然后求出答案，在分治的同时判断是否合法

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结论:
如果一个地方时间复杂度可能超时，那很有可能是有结论的，通过这个结论就可以一步得出

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);
#define endl '\n'
using namespace std;

typedef long long ll;
const int MAXN = 262144 + 10;
ll T, m, ans = 0;
ll p[MAXN];
ll sum[MAXN];
bool flag = true;

void init()
{
    ans = 0, flag = true;
    for (int i = 1; i <= m; ++i)
        sum[i] = 0;
}

void dfs(ll l, ll r, ll k)
{
    if (l == r)
        return ;
    if (r - l == 1)
    {
        if (abs(p[r] - p[l]) == 1)
        {
            if (p[r] < p[l])
                ++ans;
            return ;    
        }
        else
        {
            flag = false;
            return ;
        }
    }
    ll mid = (l + r) >> 1;
    ll head = sum[mid] - sum[l - 1];
    ll end = sum[r] - sum[mid];
    if (abs(end - head) == k * k)
    {
        if (end < head)
            ++ans;
        dfs(l, mid, k / 2);
        dfs(mid + 1, r, k / 2);   
    }
    else
    {
        flag = false;
        return ;
    }
}

int main()
{
    IOS; cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> T;
    while (T--)
    {
        cin >> m;
        init();
        
        for (int i = 1; i <= m; ++i)
            cin >> p[i], sum[i] = sum[i - 1] + p[i];
        if (m == 1)
        {
            cout << "0" << endl;
            continue;
        }    
        if (m & 1 || __builtin_popcount(m) != 1)
        {
            cout << "-1" << endl;
            continue;
        }    
        dfs(1, m, m / 2);
        cout << (flag == true ? ans : -1) << endl;
    }
    return 0;
}