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题目大意

??给一个长度为偶数且每个元素不大于\(k\)的正整数序列，你可以让任意一个元素修改为一个不大于\(k\)的正整数，求使每对\(a_i\)和\(a_{n-i+1}(i\leq \frac{n}{2})\)的和都相等的最小修改次数。

分析

??对于每对数来说，它们可修改得到数字都有一个上界和一个下界，上界就是让最小的数变成\(k\)，下界就是让最大的数变成\(1\)。假设答案中的序列任意两对数之和都为\(x\)，那么对于问题中的每每对数，如果小于或者大于它们的上下界的话，那么就得修改两次；如果在上下界之内的话就得修改一次；特别的，如果等于两数之和，则不用修改。

解题思路

??性质很好分析但是怎么利用它呢？之前想过二分，但是没成到现在也不知道怎么改，看到大家都是用差分数组做的，这样做出来时间复杂度也比二分更低。大致思路就是用差分数组计算每个数对于各个范围之内的数的贡献。

如果位于上下界之外

??令下界\(sub[2] += 2, sub[minn] -= 2\)和上界\(sub[maxx+1] += 2, sub[2*k+1]-=2\)(也就是对于某对数\(x\)取\([2,minn-1]\cup [maxx+1,2\times k]\)之内的值都要修改两次)

如果位于上下界之内

??令\(sub[minn] += 1,sub[maxx+1] -= 1\)对应\(x\)取在上下界之内的情况

如果位于上下界之内刚好等于\(x\)

??令\(sub[arr[i]+arr[n-i+1]] -= 1, sub[arr[i]+arr[n-i+1]+1] += 1\)也就是说当\(x\)取这个值的时候贡献为\(0\)

代码

const int maxn = 2e5+10;
int arr[maxn], sub[maxn<<1];
int main(void) {
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while(t--) {
        int n, k;
        scanf("%d%d", &n, &k);
        memset(sub, 0, sizeof(sub[0])*(2*k+5));
        for (int i = 1; i<=n; ++i) scanf("%d", &arr[i]);
        for (int i = 1; i<=n/2; ++i) {
            int maxx = max(arr[i], arr[n-i+1])+k;
            int minn = min(arr[i], arr[n-i+1])+1;
            sub[2] += 2; sub[minn] -= 2;
            sub[maxx+1] += 2; //sub[2*k+1]-=2就不写了，用不上
            sub[minn] += 1; sub[maxx+1] -= 1;
            sub[arr[i]+arr[n-i+1]] -= 1; sub[arr[i]+arr[n-i+1]+1] += 1;
        }
        int ans = INF;
        for (int i = 2; i<=2*k; ++i) {
            sub[i] += sub[i-1];
            ans = min(ans, sub[i]);
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}

Codeforces1343D Constant Palindrome Sum(差分)

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原文地址：https://www.cnblogs.com/shuitiangong/p/12759605.html