正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/CF1416E

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题目大意

给出$n$个正整数的一个序列$a_i$，你要把$a_i$拆成两个正整数的和$b_{2i},b_{2i+1}$，要求使得$b$的相同连续段最少。

$1\le n\le 5\times 10^5,1\le a_i\le 10^9$

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解题思路

考虑求最大的相邻相同数目，先考虑暴力的$dp$，设$f_{i,j}$表示分解完$a_i$且$b_{2i+1}=j$时的方案，那么有转移方程
fi,j=max⁡{fi−1,k+[k=ai−j]}+[2j=ai]f_{i,j}=\max\{f_{i-1,k}+[k=a_i-j]\}+[2j=a_i]fi,j​=max{fi−1,k​+[k=ai​−j]}+[2j=ai​]
而且不难发现对于一个$i$来说它的所有$f_{i,j}$在加上$[2j=a_i]$之前差距不会超过$1$，而且我们显然只有可能从最大值转移。

对于$2j=a_i$的情况很难处理，我们可以先考虑都是奇数的情况。

首先开始都有$f_{1,j}=0$，可以记为区间$[1,a_1-1]$，然后到第二个对于一个最大的$j$，我们可以转移到$a_2-j$（如果合法）。同样的我们可以翻转之后得到一个新的最大区间$[l,r]$，当某次之后这个区间空了那么因为上面提到的$f_{i,j}$的差距不会超过$1$，所以最大值不变然后区间变回$[1,a_i-1]$。

之后考虑$a_i$有偶数的情况怎么处理，此时会出现的问题就是：如果$\frac{a_i}{2}$加之前是最大值，那么加上之后就变为了唯一的最大值，这个很好处理，而如果之前不是最大值，那么加了之后就变为了最大值。

这个时候有可能会在区间之外出现一些单点的最大值，我们可以用$set$来储存这些位置，至于翻转之后所有的位置$x$都会变为$a_i-x$，那么可以储存一个$x$表示实际上这个位置的值为$x\times f+buf$的情况，这样我们就可以快速的翻转然后把不合法的值去掉就好了。

时间复杂度：$O(n\log n)$

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<set>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=5e5+10;
ll T,n,ans,l,r,flag,f,buf,a[N];
set<ll> s;
void solve(ll lim){flag=1;if(l<=r){if(lim<=l)l=1,r=0;else l=lim-l,r=lim-min(r,lim-1),swap(l,r),flag=0;}f=f*-1;buf=lim-buf;while(!s.empty()){ll w=(*s.begin())*f+buf;if(w<1||w>=lim)s.erase(s.begin());else break;}while(!s.empty()){ll w=(*(--s.end()))*f+buf;if(w<1||w>=lim)s.erase(--s.end());else break;}return;
}
signed main()
{scanf("%lld",&T);while(T--){s.clear();f=ans=1;buf=flag=0;scanf("%lld",&n);for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);if(a[1]&1)l=1,r=a[1]-1,ans++;else l=r=a[1]/2;for(ll i=2;i<=n;i++){
//			if(s.size())printf("%d\n",*s.begin());if(a[i]&1){solve(a[i]);ans++; if(s.empty()&&flag)l=1,r=a[i]-1,ans++;}else{if(s.find((a[i]/2-buf)*f)!=s.end()||a[i]/2>=l&&a[i]/2<=r)s.clear(),l=r=a[i]/2;else solve(a[i]),s.insert((a[i]/2-buf)*f),ans++;}}printf("%lld\n",ans);}return 0;
}