AGC065C Avoid Half Sum

不难发现题目等价于：

对于每个 $a_i$ 构造一个 $b_i$，满足 $b_i\le a_i$ 且 $b_i\equiv a_i(\bmod 2)$，问能否构造 $b$ 使得无法选出 $b$ 的一个子集元素之和为 $\frac{\sum b}{2}$。

此时有充要条件：

若 $\exists i$，满足小于 $a_i$ 的奇数数量 $g_i<a_{i}-1$，则有解，否则无解。

若该结论为真则可排序后扫描一遍解决原问题。下面是证明：

• 必要性

  即需要证明：

  若 $\forall i$，都满足小于 $a_i$ 的奇数数量 $g_i\ge a_i-1$，则无解。

  不妨将 $a_i$ 升序排序，则不难发现 $\sum_{j=1}^{i-1} b_j\ge b_i-1$。此时可以归纳证明：

  $\forall j\in[1,n]$，$b_1\sim b_j$ 可以表示出 $0\sim \sum_{i=1}^j b_j$ 的所有值。

  当 $j=n$ 时必要性得证。

• 充分性

  下面给出满足该结论时的构造方案。设 $A$ 为满足条件的 $a_i$。

  • 若 $A$ 为奇数，不妨令所有 $a_i$ 为偶数的 $b_i$ 设为 $0$，所有 $a_i<A$ 为奇数的 $b_i$ 设为 $1$，所有 $a_i>A$ 为奇数的 $b_i$ 设为 $A$。此时若 $1$ 的数量为奇数则直接有解，否则由于 $A-1$ 为偶数，$g<A-2$，故可以让一个 $a_i$ 变成 $1$ 使得 $1$ 的数量为奇数，成功构造。
  • 若 $A$ 为偶数，此时若 $A$ 后仍有奇数，可令 $A$ 为其后第一个奇数，转化为上一种情况；否则令前面所有奇数为 $1$，偶数为 $0$ 即可成功构造。

证毕。