CodeForces 1305E Kuroni and the Score Distribution 题解

CF1305E题目链接

3月6日改的例子是错的，已经修正，在此道歉。

\(dp\) 题写多了，写道构造题

首先不要被 \(10^9\) 吓到。可以猜出 \(1,2,3,...,n\) 这样的序列能使对数最大。

(7.30 补充：若选择的一组下标为 \(a,b,c\) ，则位置 \(i\) 的贡献是 \(c = i\) 的组数。这里漏写了，本来都想起来了，忘了改)

我们看看每个位置的贡献：

\[0,0,1,1,2,2,3,3,4,4... \]

这样可以暴力算出最大对数，如果还小于 \(k\) 就只能无解。（是的，其实只有平方级别）

否则可以猜到一定有答案。

考虑这样一种构造：每次把整个序列增加 \(1\) ，直到不能再加（再加会使剩余的对数小于 \(k\) ）然后更改最后一个数

正确性？

以 \(n=10\) 为例，贡献的序列是这样的：

\[0,0,1,1,2,2,3,3,4,4 \]

\[0,0,0,1,1,2,2,3,3,4;\Delta = 4 \]

\[0,0,0,0,1,1,2,2,3,3;\Delta = 4 \]

也就是每次整体右移一位，把最右边的扔掉，总数的变化值等于最右边的数的贡献

这样 \(\Delta\) 一定不大于 \(val_{last} + 1\) ，\(val_{last}\) 为移动后最后一位的贡献，即所有 \(k\) 都能达到

最后考虑实现。设序列为\(a\)，则最后一个数为\(a_{n}\)。

整体增加完了之后，自然的想法是直接把最后一位增加 \(2 \times rest\) ，\(rest\) 为当前对数与 \(k\) 的差值，因为观察能够得到，\(a_{n}\) 每增加 \(2\) ，贡献就会变化 \(1\) 。但是，我们发现直接增加是错误的，因为增加 \(2\) 时，它的贡献可能减少 \(1\) ，也可能增加 \(1\) 。

当时被这个卡了一会

解决方法很简单。 \(a_{n}\) 原来可以表示为第一个数与另外某个数的和。我们要把它变成倒数第二个数与某个数的和，使中间的“空档”大小不变。

\(4,5,6,7,8,9\)

在这个序列中，\(9=4+5\) ，但是增加 \(2\) 后 \(11=4+7\) ，贡献反而变大了。可以想办法把 \(a_{n}\) 变成 \(7+8\)，这样贡献不变，但后面改变时贡献一定减少。（2020/3/6 修改了例子）
（2020/3/7 再次修改）

观察发现把\(a_n\) 改成 \(2 (a_1 + a_{n-1}) - a_n\) 就行了

2020/3/6 补充：这个可以证明，设原来 \(a_n=x+y\)，我们要把它们变成“后面的”，也就是 \(x'=a_1 + a_{n-1}-x\)，\(y'=a_1 + a_{n-1}-y\)，

则 \(a_n'=x'+y'=2 (a_1 + a_{n-1})-x-y=2 (a_1 + a_{n-1})-a_n\)

时间复杂度 \(O(n^2)\) 。

这题是不是比 D 简单啊...还是我前天太瞌睡了...

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define mit map<int,int>::iterator
#define sit set<int>::iterator
#define itrm(g,x) for(mit g=x.begin();g!=x.end();g++)
#define itrs(g,x) for(sit g=x.begin();g!=x.end();g++)
#define ltype int
#define rep(i,j,k) for(ltype(i)=(j);(i)<=(k);(i)++)
#define rap(i,j,k) for(ltype(i)=(j);(i)<(k);(i)++)
#define per(i,j,k) for(ltype(i)=(j);(i)>=(k);(i)--)
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define pb push_back
#define fastio ios::sync_with_stdio(false)
const int inf=0x3f3f3f3f,mod=1000000007;
const double pi=3.1415926535897932,eps=1e-6;
int n,m,mx,a[5005];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    rep(i,1,n) mx += (i-1) / 2;
    if(mx < m) {puts("-1");return 0;}
    rep(i,1,n) a[i] = i;
    rep(i,1,n - 2) {
        int nxt = (n - i)/2;//直接计算整体增加1后总对数的变化值
        if(mx - nxt >= m) {
            mx -= nxt;
            rep(j,1,n) a[j]++;
        }else break;
    }
    a[n] = (a[1] + a[n-1]) * 2 - a[n];
    a[n] += (mx - m) * 2;
    rep(i,1,n) printf("%d ",a[i]);
    return 0;
}