cf1556E. Equilibrium

題意：

有a，b兩組長度為n的數，現在你要通過操作將范圍[l,r]中的a，b兩組一樣。每次操作你在[l,r]中選偶數個下標pos，{pos1,pos2,pos3…}，在奇數位上的下標給序列a對應的下標pos1加上1，在偶數位上的給b加1。問最少操作次數

題解：

我們令c[i]=b[i]-a[i],數組c反映了a與b的差值情況
對于每次操作，我們都是在彌補這個差值
對于一個區間[l,r]，如果這個區間的差值和不等于0，說明無法通過操作實現。這個我們可以用一個前綴和sum，sum[r]-sum[l-1]==0?
我們的每次操作都可以看作是將數組c的值進行轉移，比如a[i]+1,b[j]+1,就可以看成c[i]-1,c[j]+1(c[j]將1給了c[i])
現在我們求了c[i]的前綴和sum，對于區間[l,r],l<=i<=r,sum[i]的值都不能小于sum[l-1],因為我們說了每次操作相當于是c[i]的轉移，如果存在sum[i]<sum[l-1],說明區間[l,i]這段和為負值，而我們的操作是先加后減，怎么也不可能出現負值。
那操作次數如何計算？
因為我們每次操作，都是加減加減，所有總共操作次數就是最長的加序列，也就是sum的最大值
我們取[l,r]中sum[i]的最大值，max(sum[i])-sum[l-1]就是操作次數。用線段樹來實現

代碼：

// Problem: E. Equilibrium // Contest: Codeforces - Deltix Round, Summer 2021 (open for everyone, rated, Div. 1 + Div. 2) // URL: https://codeforces.com/contest/1556/problem/E // Memory Limit: 256 MB // Time Limit: 2000 ms // Data:2021-09-01 10:09:06 // By Jozky#include <bits/stdc++.h> #include <unordered_map> #define debug(a, b) printf("%s = %d\n", a, b); using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef pair<ll, ll> PII; clock_t startTime, endTime; //Fe~Jozky const ll INF_ll= 1e18; const int INF_int= 0x3f3f3f3f; void read(){}; template <typename _Tp, typename... _Tps> void read(_Tp& x, _Tps&... Ar) {x= 0;char c= getchar();bool flag= 0;while (c < '0' || c > '9')flag|= (c == '-'), c= getchar();while (c >= '0' && c <= '9')x= (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c= getchar();if (flag)x= -x;read(Ar...); } template <typename T> inline void write(T x) {if (x < 0) {x= ~(x - 1);putchar('-');}if (x > 9)write(x / 10);putchar(x % 10 + '0'); } void rd_test() { #ifdef LOCALstartTime= clock();freopen("in.txt", "r", stdin); #endif } void Time_test() { #ifdef LOCALendTime= clock();printf("\nRun Time:%lfs\n", (double)(endTime - startTime) / CLOCKS_PER_SEC); #endif } const int maxn= 2e5 + 9; ll a[maxn]; ll b[maxn]; ll sum[maxn]; ll c[maxn]; struct tree {int l, r;ll mi, mx; } tr[maxn << 2]; void pushup(int rt) {tr[rt].mi= min(tr[rt << 1].mi, tr[rt << 1 | 1].mi);tr[rt].mx= max(tr[rt << 1].mx, tr[rt << 1 | 1].mx); } void build(int rt, int l, int r) {tr[rt].l= l;tr[rt].r= r;if (l == r) {tr[rt].mi= tr[rt].mx= sum[l];return;}int mid= (l + r) >> 1;build(rt << 1, l, mid);build(rt << 1 | 1, mid + 1, r);pushup(rt); } PII query(int rt, int l, int r) {if (tr[rt].l > r || tr[rt].r < l)return {0x3f3f3f3f3f3f3f, -0x3f3f3f3f3f3f3f3f};if (tr[rt].l >= l && tr[rt].r <= r) {return {tr[rt].mi, tr[rt].mx};}PII x= query(rt << 1, l, r), y= query(rt << 1 | 1, l, r);return {min(x.first, y.first), max(x.second, y.second)}; } int main() {//rd_test();int n, q;read(n, q);for (int i= 1; i <= n; i++)read(a[i]);for (int i= 1; i <= n; i++)read(b[i]);for (int i= 1; i <= n; i++) {c[i]= b[i] - a[i];sum[i]= sum[i - 1] + c[i];}build(1, 1, n);while (q--) {int l, r;read(l, r);int X= sum[r] - sum[l - 1];if (X != 0) {printf("-1\n");continue;}PII x= query(1, l, r);if (x.first < sum[l - 1])printf("-1\n");elseprintf("%lld\n", x.second - sum[l - 1]);}return 0;//Time_test(); }

總結

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