CodeForces - 1343D Constant Palindrome Sum(思维+差分数组)

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题目大意：给出 n 个数，保证 n 是偶数，且每个数的范围都在 [ 1 , k ] 之间，现在问我们至少需要给多少个数重新赋值，使得可以满足条件：

所有的数的值域都在 [ 1 , k ] 之间
对于 i ∈ [ 1 , n/2 ] ，满足 a[ i ] + a[ n - i + 1 ] = x ，且所有的 x 都相等

题目分析：不难看出是个贪心问题，但是如果真的以贪心的角度去想又有点难想，想过猜结论直接实现，直接WA了，又想过三分找最小值，打个表一看发现并没有单调性，最后比赛的时候也没做出这个题，菜炸了，赛后看了别人代码后才豁然开朗

首先对于每一对 a[ i ] 和 a[ n - i + 1 ] 来说都是独立的，所以我们只需要讨论一组即可，对于某一组 a[ i ] 和 a[ n - i + 1 ] 来说，不难看出：

改变 0 个数后的可达范围为 [ a[ i ] + a[ n - i + 1 ] , a[ i ] + a[ n - i + 1 ] ]
改变 1 个数后的可达范围为 [ min( a[ i ] , a[ n - i + 1 ] ) + 1 , max( a[ i ] , a[ n - i + 1 ] ) + k ]
改变 2 个数后的可达范围为 [ 2 , 2 * k ]

换句话说：

如果最后的 x 为 a[ i ] + a[ n - i + 1 ] 的话，那么这对数据的贡献为 0
如果最后的 x 在 [ min( a[ i ] , a[ n - i + 1 ] ) + 1 , max( a[ i ] , a[ n - i + 1 ] ) + k ] 这个范围内，那么这对数据的贡献为 1
否则贡献为 2

看到这里应该不难想到区间问题了，剩下的就可以直接用线段树解决了，需要用到线段树的区间更新，初始时建立以 [ 2 , 2 * k ] 为下标的线段树，用来记录值为 x 时的贡献值，对于每一对数据：

[ 2 , 2 * k ] 内加二
[ min( a[ i ] , a[ n - i + 1 ] ) + 1 , max( a[ i ] , a[ n - i + 1 ] ) + k ] 内减一
[ a[ i ] + a[ n - i + 1 ] , a[ i ] + a[ n - i + 1 ] ] 内减一

最后维护一下最小值就是答案了，实现很简单，只是用到了线段树的区间维护和单点查询

不过这个题还有个更简单的办法，就是使用差分数组实现，原理和上面讲的没差别，就是换了一种实现方法，具体的看代码吧，比较清晰易懂

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<unordered_map>
using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=2e5+100;int a[N],cnt[N<<1];int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
//  freopen("input.txt","r",stdin);
//  freopen("output.txt","w",stdout);
#endif
//  ios::sync_with_stdio(false);int w;cin>>w;while(w--){int n,k;scanf("%d%d",&n,&k);for(int i=1;i<=2*k;i++)cnt[i]=0;for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",a+i);for(int i=1;i<=n/2;i++){cnt[1]+=2;cnt[min(a[i],a[n-i+1])+1]--;cnt[max(a[i],a[n-i+1])+k+1]++;cnt[a[i]+a[n-i+1]]--;cnt[a[i]+a[n-i+1]+1]++;}int ans=inf;for(int i=1;i<=2*k;i++){cnt[i]+=cnt[i-1];ans=min(ans,cnt[i]);}printf("%d\n",ans);}return 0;
}

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