CF1637G题解

通过打表发现，答案一定是 \(2\) 的次幂。

证明：

操作等价于矩阵转移：

\[\begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1&1 \\ -1&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\ y \end{pmatrix} \]

假设最后全为 \(r\)，假设 \(p|r\)，并在 \(\bmod p\) 意义重新做一遍转移，最后序列变为全为 \(0\)。

我们发现，当矩阵\(\begin{pmatrix} 1&1\\-1&1 \end{pmatrix}\)在 \(\bmod p\) 意义下可逆时，原操作使可逆的。

但对于最后全是 \(0\) 的矩阵，它不可能乘上一个矩阵后变成不为 \(0\) 的矩阵，因此矩阵 \(\begin{pmatrix} 1&1\\-1&1 \end{pmatrix}\) 不可逆。

我们知道，矩阵不可逆当且仅当其行列式为0，而此矩阵行列式为 \(2\) ，因此 \(p\) 只能为 \(2\)。

若 \(r\) 有除了 \(2\) 以外的质因子，那么 \(p\) 选那个质因子就能让矩阵可逆，因此 \(r\) 只能是 \(2\) 的次幂。

大胆猜测，答案的最小值就是不小于 \(n\) 的最小的 \(2\) 的次幂。

如何构造答案？

因为 \((0,a)\)，\((a,a)\) 可以搞出 \((0,2a)\)，即翻倍，不难想到先把所有数消成 \(2\) 的次幂。

假设目前序列长度为 \(n\)，答案是 \(x\)，想到用与 \(x/2\) 对称的数去凑 \(x\)。

令 \(y=\frac{x}{2}\)，则可以用 \((y-1,y+1),(y-2,y+2),\cdots,(x-n,n)\) 来凑出 \(x\)，并留下操作前的 \(1,2,\cdots,x-n-1\) 和操作留下的 \(2,4,\cdots,2n-x\)，前面的是规模减少的子问题，后面提出 \(2\) 后也是规模减少的子问题，于是可以递归求解。

令 \(solve(n)\) 为将 \([1,n]\) 全部消成 \(2\) 的次幂，于是在通过配对后递归调用 \(solve(x-n-1)\)，\(solve(2n-x)\)。

这样就只剩下 \(2\) 的次幂了，这是很好操作的。