P4552 [Poetize6] IncDec Sequence 题解

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简要题意：

给定长度为 \(n\) 的序列 \(\{a_i\}\)，每次操作可以将任一区间 \([l,r]\) 的所有数加一（或减一），求至少多少次操作可以让序列中所有数相同。并且在保证最小操作数的情况下求相同的数的可能个数（即末状态数）。

\(n \leq 10^5\).

区间操作往往可以转换为差分操作。

注意到，如果我们令 \(\{c_i\}\) 为 \(\{a_i\}\) 的差分数组，也就是：

\[\begin{cases} c_1 = a_1 \\ c_k = a_k - a_{k-1} (\forall k \in [2,n]) \\ \end{cases}\]

那么，这个时候，对于 \(\{a_i\}\) 中，\([l,r]\) 区间的 \(+1\) 操作，可以简化为：

\[\begin{cases} c_{l} \leftarrow c_{l} + 1 \\ c_{r+1} \leftarrow c_{r+1} - 1 \\ \end{cases}\]

同理 \(-1\) 操作可以简化为：

\[\begin{cases} c_{l} \leftarrow c_{l} - 1 \\ c_{r+1} \leftarrow c_{r+1} + 1 \\ \end{cases}\]

同时我们发现，\(\{a_i\}\) 全相等时，\(\{c_i\}\) 除 \(c_1 = a_1\) 外全为 \(0\)，于是题意转为：

给定一个长度为 \(n\) 的序列 \(\{c_i\}\)，每次操作可以选定任意的 \(l,r\) 并将 \(c_l\) 和 \(c_r\) 一个加一，一个减一。求能使得 \(c_2 \cdots c_n\) 全部变为 \(0\) 的最少操作数，以及变化后 \(c_1\) 可能的值的个数。

这里，答案已经呼之欲出了。

很显然，我们应该尽量把一个负数 \(c_x\) 和一个正数 \(c_y\) 同时进行 “绝对值逼近 \(0\)” 的加减操作，通过 \(\min(c_x,c_y)\) 次可以得到 \(0\). 于是我们将所有正数的和记为 \(p\)，负数的 绝对值 的和记为 \(q\)，显然，想要消灭所有正数（或负数）需要 \(\min(p,q)\) 次。而对于剩下的数，我们可以将其和 \(c_1\) 进行加减操作。于是第一问答案为 \(\max(p,q)\)，这是十分明显的。

考虑第二问。注意到，需要满足最小操作数，因此 “绝对值逼近 \(0\)” 的加减操作 是不可能改变 \(c_1\) 的。但是注意到，最后对于剩下的数，当只剩下一个数 \(c_n \not = 0\) 的时候（注意一定是 \(n\)），我们就可以不一定选定 \([1,x]\) 操作。可以直接选定 \([n,n+1]\) 进行操作（想象你变化原数组末位的时候，后面一位的差分值也会变），而不是改变 \(c_1\). 也只有在这个时候才能在保证最小操作数的情况下使得 \(c_1\) 有更多可能性。此时 \(|c_n| = |p-q|\) 显然。

于是第二问答案为 \(|p-q|+1\).

时间复杂度：\(\mathcal{O}(n)\).

代码实现中，差分利用滚动一波过去了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=1e5+1;
typedef long long ll;

int n;
ll p,q;

int main() {
	scanf("%d",&n);
	int x; scanf("%d",&x);
	for(int i=2;i<=n;i++) {
		int y; scanf("%d",&y);
		if(y>x) p+=y-x;
		else q+=x-y;
		x=y;
	}
	printf("%lld\n%lld\n",max(p,q),abs(p-q)+1);
	return 0;
}