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开题 + 补题情况
坠机场，要是赛时打了的话就又回青了，前两题很快开出来了，第三题脑残了，一开始觉得只需要构造第一个数就行了然后爽吃两发罚时。
A. Final Verdict
瞎猜的，只要所有数的和除以 \(n\) 得到的值为 \(x\) 一定有解，暂时没想到如何证明，有空再来证一证。
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
#define inf 2e18
#define int long longconst int N = 2e5 + 9;void solve()
{int n, x;std::cin >> n >> x;std::vector<int> a(n);int sum = 0;for(auto &i : a) {std::cin >> i;sum += i;}if(sum % n == 0 && sum / n == x) {std::cout << "YES\n";} else {std::cout << "NO\n";}
}
B. Vicious Labyrinth
题目要让所有人离 \(n\) 的距离最小化。
我们对 \(k\) 分奇偶讨论：
- 如果 \(k\) 为奇数，那么我们只需要把 \(n\) 传送到 \(n - 1\)，其余位置传送到 \(n\)，那么经过一次传送后，就只有一个人在 \(n - 1\) 的位置，其他人均在 \(n\) 的位置，接下来偶数次只会在这两个位置反复横跳，答案为 \(1\)。
- 如果 \(k\) 为偶数，那么我们把 \(n - 1\) 传送到 \(n\)，其余位置传送到 \(n - 1\)，这样再来一次传送后，就只有一个人在 \(n - 1\) 的位置，其他人均在 \(n\) 的位置，接下来偶数次只会在这两个位置反复横跳，答案为 \(1\)。
由于不能往原位置传送，所以至少有一个人无法抵达 \(n\)，因此答案至少为 \(1\)，所以上述构造为最优解。
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#include <bits/stdc++.h>
#define inf 2e18
#define int long longconst int N = 2e5 + 9;void solve()
{int n, k;std::cin >> n >> k;if(k & 1) {for(int i = 1;i <= n;i ++) {if(i == n)std::cout << n - 1 << ' ';else std::cout << n << ' ';}} else {for(int i = 1;i <= n;i ++) {if(i == n - 1)std::cout << n << ' ';else std::cout << n - 1 << ' ';}}std::cout << '\n';
}
C. Breach of Faith
一开始以为只要把第一项当成未知项，然后把后面的数排一下序求一下就行了，直到我搓出了这个样例 \(2, 3, 4, 5\)，这个样例按这个想法来的话，求出来的值是 \(-2\)，显然不符合题意，并且除了这种情况，还有可能导致数字重复，同样不符合题意。
对于此题，我们对题目中的式子进行变形：\(0 = -a_1 + a_2 -a_3 + ... +a_{2 \times n} - a_{2 \times n + 1}\)。
我们首先对所给 \(b\) 数组进行一下从小到大排序，因为这样可以一减一加后是正数，更容易命中答案（其实这个也是猜的，为什么要排序具体的也没细证）。
然后，我们对上面那个式子枚举每一项作为消失项，通过对上面的新式子进行移项求出这一项的值，然后判断一下这个值是否合法，如果合法，这就是满足题意的构造。
对于移项后其他项的和，可以通过记录奇偶前缀和来快速求出。
时间复杂度：\(O(n \log n)\)，\(\log n\) 来源于我使用了 map 记录一个数字是否出现过。
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#include <bits/stdc++.h>
#define inf 2e18
#define int long longconst int N = 2e5 + 9;void solve()
{int n;std::cin >> n;std::vector<int> a(2 * n + 2), b(2 * n + 1);std::map<int, bool> vis;for(int i = 1;i <= 2 * n;i ++) {std::cin >> b[i];vis[b[i]] = true;}sort(b.begin() + 1, b.end());std::vector<int> preodd(2 * n + 2, 0), preeve(2 * n + 2, 0);for(int i = 1;i <= 2 * n;i ++) {if(i & 1) {preodd[i] = preodd[i - 1] + b[i];preeve[i] = preeve[i - 1];}else {preodd[i] = preodd[i - 1];preeve[i] = preeve[i - 1] + b[i];} }for(int i = 1;i <= 2 * n + 1;i ++) {int ans = 0;ans += preodd[i - 1];ans -= preeve[i - 1];ans += preeve[2 * n] - preeve[i - 1];ans -= preodd[2 * n] - preodd[i - 1];if(i & 1) {ans = -ans;}if(!vis.count(ans) && ans > 0) {for(int j = 1;j < i;j ++) {a[j] = b[j];}a[i] = ans;for(int j = i;j <= 2 * n;j ++) {a[j + 1] = b[j];}break;}}for(int i = 1;i <= 2 * n + 1;i ++) {std::cout << a[i] << " ";}std::cout << '\n';
}
