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最新推荐文章于 2021-11-17 10:47:21 发布

原创最新推荐文章于 2021-11-17 10:47:21 发布 · 255 阅读

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这篇博客探讨了一种解决AI数组排列问题的方法，其中C序列要求递增且相隔两个数的差值递增，P序列要求递减。通过枚举和二分搜索策略，确定满足条件的C和P序列组合。文章详细分析了五种特殊情况，并提供了相应的解决方案，最终给出了完整的C++代码实现。

给出一个ai数组，然后构造C和P序列，两个序列的合集是1到n的排列。然后c的排列对应的a的和要小于p对应的a的和。

而且C序列相隔两个数的差值要递增，P要递减。具体还是去看题目吧（少写点字）

由于C要递增，P要递减，因此只有几种情况

1.C一开始是连续的，然后后面是差值为2。（12345 7 9 11 。。。。）

2.C前面放一个P，然后从2开始的第一种情况

3.整个CP序列最后是C，然后前面按第一种情况

4.2，3整合

还有特殊的两种

5. CP序列C都在最后面。

6. 没有C

对于前4种，枚举c连续到那个位置，然后二分后面差值为2的下标最远可以去到哪里，然后就加加减减判断下前面有没有多的p后面有没有多的c就好了。

由于枚举的时候，2，3会和第一种有重复（CPC结尾），因此2，3在做二分的时候，最右只能去到n-3(n-2就会出现重复了). （就是这里写错了导致没A到啊。。上分失败T_T)

对于第5种，就直接枚举后面有多少个C了

第6种直接加1就好了。

using namespace std;
int mod = 998244353;
//int mod = 1e9+7;

int n,m;

ll sum[N],qs[N];
ll a[N];


int sol(int idx, int n, ll tot, ll es, ll ecs){
	ll cur_sum = sum[idx]-es + ecs;
	int l = idx, r = n+1;
	while(l+4<r){
		int mid = (l+r)>>1;
		int p_mid = mid;
		if((mid - idx)%2){
			p_mid--;
		}
		ll s = qs[p_mid] - qs[idx];
		s += cur_sum;
		ll ss = tot - s;
		if(s<ss){
			l = p_mid;
		}
		else {
			r = p_mid;
		}
	}
	int ret = l-1;
	for(int i = l; i <=min(n,r); i+=2){
		ll s = qs[i] - qs[idx];
		s += cur_sum;
		ll ss = tot - s;
		if(s<ss){
			ret = i;
		}
	}
	if(ret<l){
		return 0;
	}
	return (ret + 2 - idx)/2;
}

int main(){

	int t;
	cin>>t;
	while(t--){
		sf("%d",&n);
		fr(i,1,n+1){
			sf("%lld",&a[i]);
			sum[i] = sum[i-1]+a[i];
		}
		fr(i,1,n+1){
			if(i==1) qs[i] = a[i];
			else qs[i] = qs[i-2] + a[i];
		}
		ll ans = 0;
		for(int i = 1; i <=n; ++i){
			ans = (ans + sol(i,n,sum[n],0,0))%mod;
			if(i>1){
				ans = (ans + sol(i,n,sum[n],sum[1],0))%mod;
			}
			if(i<n){
				ans = (ans + sol(i,n-3,sum[n],0,a[n]))%mod;
			}
			if(i>1&&i<n){
				ans = (ans + sol(i,n-3,sum[n],a[1],a[n]))%mod;
			}
		}
		for(int i = 3; i <=n; ++i){
			ll s1 = sum[i-1];
			ll s2 = sum[n]- s1;
			if(s2<s1){
				ans = (ans + 1 ) %mod;
			}
		}
		cout<<ans+1<<endl;
	}
}