题解：CF933E A Preponderant Reunion

题目链接：洛谷 Codeforces

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感觉洛谷的题解都讲得不是很清楚（也可能是我太笨了看不懂。），我去 CF 翻了官方题解，又和 GPT 老师“讨论”了很久才理解了思路。因此我也来_水写一篇题解。

思路

先考虑钦定一些位置最终为 \(0\)，则一定有一种使答案最小的钦定方案满足：

• 任意两个相邻位置至少有一个为 \(0\)。这是题目条件。

• 不存在连续三个 \(0\)。因为是“钦定”，所以把中间位置的 \(0\) 去掉一定不劣。

这样就只有孤立的 \(0\) 和相邻两个 \(0\) 了，再考虑如何算这两种情况的代价：对于孤立的 \(0\)，设位置为 \(i\)，则至少要花 \(p_i\) 的代价减到 \(0\)，而更多操作也不会造成改变，所以代价就是 \(p_i\)；对于相邻两个 \(0\)，设位置为 \(i\) 和 \(i+1\)，先进行一次操作 \(i\) 一定是优的，因为这一次操作能同时让两个数相减，操作后小的数已经变成 \(0\)，再把大的数和外面的消就行，总代价是 \(\max(p_i,p_{i+1})\)。

然后就可以 dp 了。设 \(f_i\) 表示考虑完 \(1\) 到 \(i\)，且钦定 \(i\) 位置为 \(0\) 的最小代价。分别考虑 \(i\) 是孤立的 \(0\) 和 \(i-1,i\) 是相邻两个 \(0\) 的情况，转移如下：

\[f_i=\min(f_{i-2}+a_i,f_{i-3}+\max(a_{i-1},a_i)) \]

初状态是 \(f_0=0\)；不强制 \(p_n=0\)，所以末状态不能为 \(f_n\)，可以设 \(p_{n+1}=0\)，则末状态就是 \(f_{n+1}\)。

在 dp 的同时记录每个状态从哪里转移过来，就可以从末状态回溯，找到所有被钦定的位置。找到位置后，先把相邻两个 \(0\) 一起做一次操作，再对每个 \(0\) 考虑能不能和左边的、右边的一起操作，即可得到操作序列。只在两个数都不为 \(0\) 时操作，就可以防止重复操作。

此时还有一个小小的问题：如果钦定了 \(i\) 位置为 \(0\)，而 \(p_i>p_{i-1}+p_{i+1}\)，那 \(p_i\) 永远无法被减成 \(0\)。但这其实不是问题，因为如果改成钦定 \(i-1\) 和 \(i+1\) 为 \(0\)，总代价会减少，且还是符合题目条件，也就是说这种 \(i\) 肯定不会在最优解中被选到。

dp 和还原操作的时间复杂度都是 \(O(n)\)。

代码

理解了思路后，代码是很好写的。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pii pair<int,int>
#define int long long
const int N=3e5+5,P=1e9+7;

int n,a[N],f[N],fr[N];

signed main()
{
    scanf("%lld",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld",&a[i]);
    n++;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        f[i]=f[max(0ll,i-2)]+a[i],fr[i]=max(0ll,i-2);
        if(i>=3&&f[i-3]+max(a[i-1],a[i])<f[i])
            f[i]=f[i-3]+max(a[i-1],a[i]),fr[i]=i-3;
    }
    vector<int> ans;
    for(int i=n;i;i=fr[i])
    {
        int d;
        d=min(a[i-1],a[i]);
        if(d)
        {
            ans.push_back(i-1);
            a[i-1]-=d;
            a[i]-=d;
        }
        d=min(a[i],a[i+1]);
        if(d)
        {
            ans.push_back(i);
            a[i]-=d;
            a[i+1]-=d;
        }
        if(fr[i]==i-3)
        {
            d=min(a[i-2],a[i-1]);
            if(d)
            {
                ans.push_back(i-2);
                a[i-2]-=d;
                a[i-1]-=d;
            }
        }
    }
    printf("%lld\n",(int)ans.size());
    for(int x:ans)
        printf("%lld\n",x);
    return 0;
}