Codeforces Round #636 (Div. 3) ——D. Constant Palindrome Sum 题解

题目链接：https://codeforces.com/contest/1343/problem/D

题意是说改变给定数组中某些元素，使得a[i]与a[n - i - 1]的和为常数。

遍历每一对，假设这一轮读到的数是 x 和 y（x < y），那么改变其中一个，最大和最小的和是多少呢？

将较小的 x 变成 k，得到最大和 y + k
将较大的 y 变成 1，得到最小和 x + 1

所以对于某一对 (x, y)，改变1个数情况下和的取值范围为（x + 1, y + k），改变2个数就能取到任意（2, 2k）中间的值。

但是遍历每一对的复杂度为 n / 2， 如果每次都记录整个区间的操作次数，时间复杂度要乘上 k， 就TLE了。所以今天学了新的差分数组，相当于前缀和的逆过程：只对某个区间的头和尾进行记录，最后整个区间计算前缀和即可。

例如，k = 3, 当前和为4，改变一个数的取值范围为（3, 5），那么根据前面的分析，如果最终选择的定值x在（3，5）区间内，只需要改变1次（或0次，对应4），而在区间外则需要改变2次。那么我们对差分数组做如下处理：
（1）diff[2] += 2, diff[2 * k] -= 2; 先初始化整个区间都需要2次
（2）diff[l] -= 1, diff[r + 1] += 1; 将(l, r)区间内的次数减1
（3）diff[sum] -= 1, diff[sum + 1] += 1；将sum对应的次数再减1变为0
（4）最后从头到尾，diff[i] += diff[i - 1]，就将整个区间覆盖了（这里可以手写试一试）

代码如下：

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
int a[200010];
 
 
int main() {
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        int n, k;
		scanf("%d %d", &n, &k);
		for(int i = 0; i < n; i++) {
			cin >> a[i];
		}
		int res[2 * k + 1] = {0};
		int sum;
		for(int i = 0, j = n - 1; i < j; i++, j--) {
			sum = a[i] + a[j];
			int l = sum - max(a[i], a[j]) + 1;
			int r = sum - min(a[i], a[j]) + k;
			res[2] += 2;
			res[l] -= 1;
			res[sum] -= 1;
			res[sum + 1] += 1;
			res[r + 1] += 1;
		}
		int ans = res[2];
		for(int i = 3; i <= 2 * k; i++) {
			res[i] += res[i - 1];
			ans = min(res[i], ans);
		}
		cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}