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。