CF 2081B Balancing

这个题应该是一个优美题的，但是被我线段树优化 dp 力大砖飞冲过去了（。

还是记录一下正经做法。

首先会发现因为选中的 \([l, r]\) 区间内部的大小关系都不会改变，于是每一步至多只会改变 \((l - 1, l), (r, r + 1)\) 两处的符号。

那么这意味着每一次选择至多使两个 \(>\) 变为 \(<\)，那么记 \(c = \sum\limits_{i = 1}^{n - 1} [a_i > a_{i + 1}]\)，答案有下界 \(\lceil\frac{c}{2}\rceil\)。

不过这个下界有可能取不到，尝试造一些反例：
发现 \(a = [0, -1, 1, 0]\) 时答案就不能取到 \(1\)，因为 \(c = 2\) 就限定了只能操作 \([2, 3]\)，但左右都为 \(0\) 无论怎么操作也不可能夹在之间。

经过反例的观察，会发现当 \(c\) 为偶数时，要达到答案下界就必须要让每一步选择都能减少 \(2\) 个 \(>\)，那么第一个 \(>\) 左侧的元素和最后一个 \(>\) 右侧的元素永远不会改变（此时需要满足 \(c\ge 2\)）。
于是记第一个 \(>\) 所在的位置是 \(a_l > a_{l + 1}\)，最后一个 \(>\) 所在的位置是 \(a_{r - 1} > a_r\)，\([l + 1, r - 1]\) 之间的元素若连 \(a_{l} + 1, a_{l} + 2, a_{l} + 3, \cdots\) 放下去都不合法，即 \(a_l + r - l > a_r\) 时，一定不会取到答案下界，至少要多出一步。

剩余的情况中一定能保证 \([l + 1, r - 1]\) 中的元素可以排布下，于是不妨猜测答案就是下界 \(+\) 是否是特殊情况。

不妨先来考虑看起来最极端的情况：\(c\) 为偶数且不为特殊情况。

考虑根据 \(c\) 分讨：

• \(c = 0\)，显然正确。

• \(c = 2\)，直接排列成 \(a_l + 1, a_l + 2, \cdots\) 即可。

• \(c\ge 4\)，此时直接去除第 \(1, 2\) 个 \(>\) 并不能保证能够操作，于是尝试去除第 \(1, 3\) 个 \(>\)。

  对于第 \(1\) 个 \(>\) 和第 \(2\) 个 \(>\) 之间的段，就可以直接换成 \(a_l + 1, a_l + 2, \cdots\)。
  对于第 \(2\) 个 \(>\) 和第 \(3\) 个 \(>\) 之间的段，发现限制只形如开头末尾要 \(<\) 某个值，于是可以直接替换为 \(-\operatorname{inf}, -\operatorname{inf} + 1, \cdots\)。

  容易验证此时依然不是特殊情况，递归构造即可。

那么 \(c\) 为奇数时，就有一个符号并不要求是 \(>\)，那么可以考虑在第一步只删掉第 \(2\) 个 \(>\)，选取 \(1\) 到第 \(2\) 个之间 \(>\) 的部分，都减掉一个极大值，就来到了 \(c\) 为偶数且不为特殊情况的情况。

对于特殊情况，那么这直接多了一步，就可以类似 \(c\) 为奇数，第一步删掉第 \(2\) 个 \(>\)，然后递归到了 \(c\) 为奇数的情况。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n)\)。

#include <bits/stdc++.h>

constexpr int N = 2e5 + 10;

int n, a[N];

inline void solve() {
  scanf("%d", &n);
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    scanf("%d", &a[i]);
  }

  int cnt = 0;
  for (int i = 1; i < n; i++) {
    cnt += a[i] > a[i + 1];
  }
  int ans = (cnt + 1) / 2;
  if (cnt % 2 == 0 && cnt) {
    int l = 1, r = n;
    while (a[l] < a[l + 1]) {
      l++;
    }
    while (a[r - 1] < a[r]) {
      r--;
    }
    ans += a[l] + r - l > a[r];
  }
  printf("%d\n", ans);
}

int main() {
  int t;
  scanf("%d", &t);
  while (t--) {
    solve();
  }
  return 0;
}