遊記
還是VP
口胡了ABCD的做法，然後C假了
打程式碼其實挺難的
題解
A
反覆觀看樣例可知，如果兩個開關狀態不一樣燈泡開，否則燈泡關
如果要燈泡開著的儘可能少，那麼相同狀態的配對儘可能多
此時就是\(0\)和\(0\)配對，\(1\)和\(1\)配對，
如果有落單的\(0\)必定有落單的\(1\)，最多湊\(1\)對
沒有就是\(0\)
反之要燈泡開得多，那麼\(0\)和\(1\)的配對儘可能多
此時答案就是min(cnt[0],cnt[1])，
其中cnt[i]就是滿足\(a_j=i\)的\(j\)的個數
B
如果從陣列中刪掉\(k\)，那麼陣列就會變成兩半
這兩半中，左半邊不管怎麼分，各部分中位數必然小於\(k\)
因為最大數都小於\(k\)了中位數肯定小於最大數小於\(k\)
同理右半邊不管怎麼分，各部分中位數必然大於\(k\)
那如果各部分中位陣列成的陣列，這個中位數如果是\(k\)的話
其實只需要兩邊劃分出相同的段數即可
如果左右兩邊都是偶數個元素，那就各分成兩個奇數的段
此時\(k\)為奇數
否則兩邊都不用動，就一整段，此時\(k\)為偶數
唯一需要考慮的就是一半邊為空的情況
此時只有另一半邊也為空才行
也就是無解判斷：
\(k=1\)或\(k=n\)，且\(n\not=1\)時無解
如果\(n=1\)那就得特判出去，很簡單
C
對於能否構成三角形來說，
如果兩個小邊加起來大於最大的邊，那必然可以構成三角形
所以如果欽定\(a_i\)為最大值
首先大於\(a_i\)的要被賦成\(a_i\)
然後如果\(\exists j,k,a_j\leq \frac{a_i}{2},a_k\leq \frac{a_i}{2}\)
那麼顯然\(a_j+a_k\leq a_i\)就寄了
所以至多存在唯一的\(j,a_j\leq \frac{a_i}{2}\)
然後就是對\(a\)排個序先，
列舉每個\(a_i\)，找到值域在\([\frac{a_i}{2},a_i]\)的最大下標區間
兩個下標lower_bound()/upper_bound()一下即可
不在這個區間範圍的都要改成\(a_i\)
取改的次數的最小值即可，這個顯然可以\(O(1)\)算出來
列舉\(a_i\)二分的複雜度\(O(n\log n)\)
排序時間複雜度\(O(n\log n)\)
總時間複雜度\(O(n\log n)\)
寫法在下取整和二分的時候挺麻煩的，有些細節要注意
D
首先，如果\(i\geq j\)，必然有\(p_i\geq p_j\)
其次，這棵樹切開\(0\)以後必然是若干條鏈
這樣的話首先考慮同一層的節點\(i\)和\(j\)
記\(c_i\)為切掉\(0\)以後的鏈頂編號
如果\(c_i+1<c_j\)，並且\(i,j\)同層
那麼中間空著的這麼幾條鏈必然不可能連上任何大於\(j\)的節點
否則\(k>j,p_k<p_j\)顯然會寄
也就是說，可用的鏈頂\(c_i\)這個集合的元素只出不進
那麼就直接找鏈頂有多少即可
顯然由於BFS序的關係，\(c_i\in [1,l-1],p_l=1\)
也就是說我們直接找到\(l\)即可求出\(c\)
然後對於每個\(i\)，如果確定了\(i\)對應的鏈頂\(c_i\)
直接問\(c_i+1\)和\(i+1\)的關係
如果\(c_i+1\not=c_{i+1}\)直接把\(c_i+1\)扔出去
如果找到了對應的\(c_i\)維護\(c_i\)這條鏈底下編號最大的元素更新即可
注意如果只剩下了\(l-1\)那就不用問了