CF2103E 题解

CF2103E 题解

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不难注意到题目所述操作的本质是：对一对满足 \(a_i+a_j=k\) 的 \((a_i,a_j)\)，在和不变，且分配后仍然有 \(0\le a_i,a_j \le k\) 的情况下重新进行分配。

比如 \(a_i=2,a_j=7,k=9\) 时，一次操作可以让 \((a_i,a_j)\) 变为 \((0,9)\) 或 \((1,8)\) 或 \((2,7)\) 或 \((3,6)\) 等等。

分析题目条件。发现操作次数不多于 \(3n\) 且要让数组单调不降。考虑进行 \(n\) 次在 \(3\) 步之内交换数组中的两个数，使得原数组从小到大排序。

假设要交换 \(a_x\) 和 \(a_y\)。当 \(a_x+a_y=k\) 时，操作是简单的。

考虑 \(a_x+a_y\neq k\) 的情况。发现我们必须借助另外一组 \(a_i+a_j=k\) 来交换 \(a_x\) 和 \(a_y\)。

如何借助呢？回顾交换的本质，我们要需要先把 \(a_x\) 放到一个临时变量里。对应到这题，我们需要把 \(a_i\) 或 \(a_j\) 中的一个换成 \(a_x\)。之后的操作就变得显然了。

令 \(px=a_x\)，\(py=a_y\)，\(pi=a_i\)，\(pj=p_j\)。我们可以按如下方式交换：

操作次数	此时 \(a_x\)	此时 \(a_y\)	此时 \(a_i\)	此时 \(a_j\)	操作的 \((i,j,k)\)
初始	\(px\)	\(py\)	\(pi\)	\(pj\)	无
第一次操作	\(px\)	\(py\)	\(px\)	\(k-px\)	\((i,j,pi-px)\)
第二次操作	\(py\)	\(py\)	\(px\)	\(k-py\)	\((x,j,px-py)\)
第三次操作	\(py\)	\(px\)	\(px\)	\(k-px\)	\((y,j,py-px)\)

发现此时 \(a_i+a_j=k\) 依然成立，因此我们可以多次借助 \(a_i\) 和 \(a_j\) 进行操作。

但是有一个问题：在我们对其它数排完之后，剩下的 \(a_i\) 和 \(a_j\) 还没有排序到位。而我们的操作次数已经快要用完了。

怎么办呢？如果这两个数再操作一步就可以使得整个序列有序就好了。于是我们考虑让 \(a_1\) 和 \(a_n\) 相加等于 \(k\)。这样只需一次操作使得 \(a_1=0,a_n=k\) 就可以了。

跟交换数一样，我们考虑借助一组 \(a_i+a_j=k\) 来让 \(a_1\) 和 \(a_n\) 相加等于 \(k\)​。这个比较显然，这里直接给出方案（令 \(pa = a_1,pb=a_n\)）：

操作次数	此时 \(a_1\)	此时 \(a_n\)	此时 \(a_i\)	此时 \(a_j\)	操作的 \((i,j,k)\)
初始	\(pa\)	\(pb\)	\(pi\)	\(pj\)	无
第一次操作	\(pa\)	\(pb\)	\(pb\)	\(k-pb\)	\((i,j,pi-pb)\)
第二次操作	\(pa\)	\(k-pa\)	\(pb\)	\(pa\)	\((n,j,pa+pb-k)\)

所以，我们先进行上表所述操作。接着对 \(2\) 到 \(n-1\) 利用交换进行排序，最后通过操作让 \(a_1=0,a_n=k\)（这个很显然了，具体怎么操作留给各位思考）即可。

问题来了：给定一个数组，每次可以交换任意两个数，如何通过不超过 \(n\) 次交换进行排序呢？这是个很经典的问题，参考 CF489A 的 \(O(n)\) 做法即可。

于是原问题获得顺利的解决。

代码。