D. Constant Palindrome Sum

题目

思路

• 题意：给我们一个长度为n的数组a，n恒为偶数，之后有给了一个k并且给了他的n个元素的值，先在我们需要对这个序列做变化，使$a[i]+a[n-i+1]==x,1<=i<=n/2$,x为一个常数，问我们最少需要变化多少个数，有一个常数x使上式成立，对于每一个变换我们可以把序列中的任意一个元素$a[i]$变为1～k之间的任意一个数，求最小需要变化的元素的数量
  注意：无论$ar[i]$变化与否它的范围都是在$1k$之间

差分铺垫知识

• 分析：

1. 要想得到最小的变化次数，我就要找到一个合适的$x$,使a中的元素尽可能的少改变，最好不改变，，，但是怎找到这个合适的x呢？？
2. 我们的解决分案也很简答粗暴，那就是暴力枚举所有可能的x，因为$1=<ar[i]<=k,$所以$2<=x<=2k$
3. 我们面的情况有三种
   • 第一个种一个都不用改，那么我们直接统计$a[i]+a[n-i+1$的和出现的次数，这个“和”是有可能作为后选的x的
   • 第二种的情况我可以改变$a[i]、ar[n-i+1]$这两个数中的一个数，那么改完之后$a[i]+ar[n-i+x]$ 所能表示的范围是$[min(a[i],a[n-i+1)+1,max(a[i],a[n-i+1]+k]$在这个表示的区间范围内都是可以表示的数，都可以作为待选的x我们也要统计这个区件内的数当i的取值不同的的出现的次数，统计这个事情就要差分数组来维护了，怎么维护，考虑我们枚举的区间x的为$[2,2k]$，我们假设差分数组为$pref[]$,由于我们改变$a[i]、ar[n-i+1]$这两个数中的一个数，那么改完之后$a[i]+ar[n-i+x]$ 所能表示的范围是$[min(a[i],a[n-i+1)+1,max(a[i],a[n-i+1]+k]$在这个表示的区间范内的数进行区间+1操作,而转化为差分上的操作就是：$pref[min(a[i],a[n-i+1)+1]+1,pref[max(a[i],a[n-i+1])+k]-1$
   • 第三种情况是改变两个数，改变两个数那么$a[i]+a[n-i+1]$可以表示$[2,2k]$之间的任何数，所以留到最后在考虑就行了
4. 考虑完这三种情况之后就是一一枚举可能的x了

代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
void fre() { freopen("A.txt","r",stdin); freopen("Ans.txt","w",stdout); }
#define INF 0x3f3f3f3f

int main()
{
    /* fre(); */
    int t; 
    scanf("%d", &t);
    while(t --)
    {
        int n, k;
        scanf("%d %d", &n, &k);
        vector<int> ar(n + 1);
        for(int i = 1; i <= n; i ++)
            scanf("%d", &ar[i]);
        vector<int> cnt(2 * k + 1);
        //第一种一个都不需要更改
        for(int i = 1; i <= n/2; i ++)
            cnt[ar[i] + ar[n - i + 1]] ++;
        //第二种只需要改一个
        vector<int> pref(2*k + 2);
        for(int i = 1; i <= n/2; i ++)
        {
            int l = min(ar[i], ar[n - i + 1]) + 1;      //[l, r] 更改ar[i] 或者ar[n - i + 1] 其中一个数所能得到的最多范围
            int r = max(ar[i], ar[n - i + 1]) + k;
            //先用差分维护需要加值的区间 
            pref[l] ++;
            pref[r + 1] --;
        }
        //差分前缀和,用来表示区间中的增加值之后的数
        for(int i = 1; i <= 2*k; i ++)
            pref[i] += pref[i - 1];
        //对剩下的第三种情况，结合前两种进行考虑
        int ans = INF;
        for(int i = 2; i <= 2*k; i ++)
            ans = min(ans, (pref[i] - cnt[i]) + 2*(n/2 - pref[i]));
        printf("%d\n", ans);
    }

    return 0;
}