Codeforces Round #636, D. Constant Palindrome Sum, 区间+前缀和

题意，一个数组$a$，包含$n$个整数，所有$a$${}_i$都不超过一个整数$k$，你可以做一些替换数组中元素的操作：将$a$${}_i$替换为$[1;k]$范围中的数，最终使得整个数组满足如下条件:

• 在替换完成后，所有的$a$${}_i$是正整数且不超过$k$;
• 对$i$从$1$~$\frac{n}{2}$满足条件：$a$${}_i$+$a$${}_{n-i+1}$=$x$，对所有的$\frac{n}{2}$来说，$x$都相同。

需要求的是最少的替换次数使数组满足条件。

用例：

input:
4 3
1 2 2 1
output:
1

// 解释：将a[0]替换为3，即可满足条件

题解：
首先要分析三种情况：假设已知$x$可以使得替换次数最少。那么：

1. $a$${}_i$+$a$${}_{n-i-1}$=x, 不用替换
2. $min($ $a$, $a$${}_{n-i-1}$$)$+$1$ $<=x$ && $max($ $a$, $a$${}_{n-i-1}$$)$+$k$ $>=x$ ，那么只需要替换一个元素就可以使得二者的和等于$x$，那么这也就是一个区间$[min(a,a$${}_{n-i-1}$$)+1,max(a,a$${}_{n-i-1}$$)+k]$，只要$x$的值在这个区间内，那么就只用替换一个元素。
3. 上述两个条件都不满足，那么必须得同时替换$a$${}_i$和$a$${}_{n-i-1}$才能使得等于$x$，也就是得替换两个。

所以，如果把左区间的端点$l$设为+$1$，右区间的端点$r+1$设为-$1$，那么再对所有端点的值求一个前缀和$pre$，就可以得到$pre$${}_x$有多少对组合满足只替换一个就可以满足和为$x$的条件，同时需要减去$cnt$${}_x$的值，$cnt$${}_x$是和为$x$的已有的个数，所以最少替换一个的值就是$pre$${}_x$-$cnt$${}_x$。
那么还有得替换两个的怎么求？因为$pre$${}_x$为替换一个能满足条件的个数，并且不用替换的也被包含在了其中，所以得替换两个的个数就是$($$\frac{n}{2}$-$pre$${}_x$$)$$\ast 2$。

对每一个可能的$x$进行遍历，求出其最小的$pre$${}_x$-$cnt$${}_x$+$($$\frac{n}{2}$-$pre$${}_x$$)$$\ast 2$。

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

int main() {
	int t;
	cin >> t;
	while (t--) {
		int n, k;
		cin >> n >> k;
		vector<int> a(n);
		for (int i = 0; i < n; i++) {
			cin >> a[i];
		}
		
		vector<int> cnt(2*k+1), pre(2*k+1);
		for (int i = 0; i < n/2; i++) {
			cnt[a[i] + a[n-i-1]]++;
		}
		
		for (int i = 0; i < n/2; i++) {
			int Min = min(a[i], a[n-i-1]) + 1;
			int Max = max(a[i], a[n-i-1]) + k;
			pre[Min]++;
			pre[Max+1]--;
		}
		
		for (int i = 1; i <= 2*k; i++) {
			pre[i] = pre[i-1] + pre[i];
		}
		
		int res = n;
		for (int i = 1; i <= 2*k; i++) {
			res = min(res, (pre[i] - cnt[i]) + (n/2 - pre[i])*2);
		}
		cout << res << endl;
	}
}