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C. Nezzar and Symmetric Array
題目大意
原來有2n個數，各不相同，這2n個數中，每個數的相反數也在其中。
Nezzar在100萬年前計算出了 每個數與其他數的差值 的和，但忘掉了原來那2n個數。
問從這2
n個計算出來的差值和能不能推出一個滿足條件的2*n個數。
解題思路
首先原數組中，一個數的差值和 與 這個數的相反數的差值和 是相同的。
舉個例子，假如原來這6個數是 ±2、±7、±9
那麼
| 原數 | 差值和 |
|---|---|
| -2 | 36 |
| 2 | 36 |
| -7 | 46 |
| 7 | 46 |
| -9 | 54 |
| 9 | 54 |
-2的差值和就是abs(2-(-2)) + abs(-7-(-2)) + abs(7-(-2)) + abs(-9-(-2)) + abs(9-(-2))
這就需要 條件一 差值和們 成對出現
因±差值和相同，故先只研究正值
先研究2：
2與-2的差值是兩個2（2的兩倍）
2與±7的差值和是兩個7（7的兩倍）
2與±9的差值和是兩個9（9的兩倍）
再研究7：
7與±2的差值和是兩個7（7的兩倍）
7與-7的差值是兩個7（7的兩倍）
7與±9的差值和是兩個9（9的兩倍）
最後研究9：
9與±2的差值和是兩個9（9的兩倍）
9與±7的差值和是兩個9（9的兩倍）
9與-9的差值是兩個9（9的兩倍）
所以有
| 差值和 | 來歷 |
|---|---|
| 36 | 2*(2+7+9) |
| 46 | 2*(7+7+9) |
| 54 | 2*(9+9+9) |
這就需要 條件二 差值和都爲偶數
並且由此，我們可以分別計算出每一個原來的數。
在計算過程中，每一個計算出的原來的數需要滿足一下條件：
條件三 原來的數是整數（可以整除）
條件四 原來的數各不相同
但是這樣交上去還是沒有考慮完所有的情況，還有一點就是計算出的原來的數的範圍：>1
這是因爲前面我們是隻考慮整數才得出的結論，所以如果計算過程中出現了負數（或0），就不可以繼續還原。
這就需要 條件五 計算過程中的數都是正數
總結
條件一：差值和們 成對出現
條件二：差值和都爲偶數
條件三：原來的數是整數（可以整除）
條件四：原來的數各不相同
條件五：計算過程中的數都是正數
其中，條件三和條件五可以合併爲
計算過程中的數都是正整數
總之，只需要滿足
條件一：差值和們 成對出現
條件二：差值和都爲偶數
條件三：計算過程中的數都是正整數
AC代碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll really[100010]; // Really 記錄真正需要處理的數（表格二左邊的1/2）
int main()
{
int N;
cin >> N;
while (N--)
{
int n;
scanf("%d", &n);
bool buxing = 0; //不行的拼音
map<ll, int> ma; //用map記錄出現了幾次（條件一）
for (int i = 0; i < 2 * n; i++)
{
ll t;
scanf("%lld", &t);
if (t % 2) //差值和是否爲偶數（條件二）
buxing = 1;
ma[t]++;
}
int sum = 1;
ll realOriSum = 0; // 已經得出的原來的數，上文樣例中便是 9 7 3
if (buxing)
{
puts("NO");
}
else
{
for (map<ll, int>::iterator it = ma.begin(); it != ma.end(); it++)
{
if (it->second != 2) // 差值和是否都出現了兩處（條件一）
buxing = 1;
really[sum++] = (it->first) / 2;
}
if (buxing)
{
puts("NO");
}
else
{
for (sum--; sum > 0; sum--)
{
ll all = really[sum] - realOriSum; //減去原來的數
if (all % sum) //是否可以整除
buxing = 1;
ll thisReal = all / sum;
realOriSum += thisReal;
if (thisReal <= 0)
buxing = 1;
}
if (buxing)
{
puts("NO");
}
else
puts("YES");
}
}
}
return 0;
}
2021-1-29更
如果沒看懂
上文中的例子原始數組±2、±7、±9
那麼題目要給的差值和爲 36 36 46 54 46 54（順序不一定）
去重排序除以2（用really數組保存）18 23 27
27/3=9，所以原始數組中最大的數就是9
(23-9)/2=7，所以原始數組中還有一個正數7
(18-9-7)/1=2，所以原始數組中還有一個正數2
所以原始數組爲±2、±7、±9，輸出YES
註釋簡化版代碼
/*CSDN簡化版本*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll; // 用ll來代替long long
/*really[]
題目給的是計算出的差值和，是無序且重複的
這個really數組就是用來有序地記錄這些差值和的一半的
比如上文所舉的例子，±2、±7、±9
那麼題目所給的差值和就是 36 36 46 46 54 54
而really數組中要記錄的就是 18 23 27 （差值和的一半）
除以二是因爲表格二，差值和都是原數和的兩倍
*/
ll really[100010];
int main()
{
int N;
cin >> N; //共有N個test cases
while (N--)
{
int n;
scanf("%d", &n);
bool buxing = false; //“不行”的拼音，一旦爲true就說明這組樣例“不行”
map<ll, int> ma; //用map記錄出現了幾次（條件一）
for (int i = 0; i < 2 * n; i++)
{
ll t;
scanf("%lld", &t);
if (t % 2) //差值和是否爲偶數（條件二）
buxing = 1; //如果t%2有餘數，則說明這個數是奇數
ma[t]++; //t出現的次數加一
}
int sum = 1; //really數組中需要放置的數的下標，筆者選擇從下標1開始存放
ll realOriSum = 0; // 這是計算出來的原數組中的數，上文樣例中便是 9 7 3
/*ma的迭代器，這個for循環從小到大遍歷了插入ma中的差值和*/
for (map<ll, int>::iterator it = ma.begin(); it != ma.end(); it++)
{
/*it->second就是這個差值和出現的次數*/
if (it->second != 2) // 差值和是否都出現了兩處（條件一）
buxing = 1;
/*it->first是這個差值和*/
really[sum++] = (it->first) / 2; // 差值和的一半存放到really數組中
}
for (sum--; sum > 0; sum--)
{
ll all = really[sum] - realOriSum; //減去原來的數
if (all % sum) //是否可以整除
buxing = 1;
ll thisReal = all / sum; // 這個是原始數組（計算差值和之前那個±2±7±9的數組）
realOriSum += thisReal; // 求出的原始的數的和
if (thisReal <= 0) // 按上述方法，原來的數必須是正數
buxing = 1;
}
if (buxing) //如果不行buxing就會爲true，這個樣例從頭到尾都可以，buxing就還是原來初始的false
puts("NO");
else //否則就可以
puts("YES");
}
return 0;
}
結語
打競賽需要能夠靜下心來思考。
重在思路，次在代碼具體實現。
代碼能不能看懂不重要，思路想明白了纔是最重要的。
如有錯誤，歡迎指正，您的批評將是我前進的動力。
加油加油~
寫到凌晨兩點不容易，喜歡了就點個贊再走叭