网站上传好了如何做定向手游代理加盟哪个平台最强大

问题 A

我们有函数定义：

$$f(p)=\sum _{i=1}^n|p_i-i|$$

我们需要求出对于所有长度为 $n$ 的排列 $p$，函数 $f(p)$ 可能取到的不同值的个数。

思路

引理：对任意整数 $x$，都有 $|x|\equiv x(\mathrm{mod}2).$

因此，

$$f(p)\equiv \sum _{i=1}^n(p_i-i)=\left(\sum _{i=1}^n{p}_i\right)-\left(\sum _{i=1}^{n}i\right)=(1+2+\cdots +n)-(1+2+\cdots +n)=0(\mathrm{mod}2).$$

即 $f(p)$ 一定是偶数。

接下来求 $f(p)$ 的最值 :

• 最小值：当 $p_i=i$（即恒等排列）时，$f(p)=0$。
• 最大值：当 $p$ 是“完全逆序”$[n,n-1,\dots ,1]$ 时达到最大。
  设此时 $p_i=n-i+1$，则

$$f_{\max }=\sum _{i=1}^n|(n-i+1)-i|=\sum _{i=1}^n|n+1-2i|.$$

若 $n=2m$ 为偶数，

$$f_{\max }=2\sum _{i=1}^m(2m+1-2i)=2((2m-1)+(2m-3)+\cdots +1)=2\cdot m^2=\frac{n^2}{2}.$$

若 $n=2m+1$ 为奇数，

$$f_{\max }=2\sum _{i=1}^m(2m+2-2i)=2((2m)+(2m-2)+\cdots +2)=2\cdot m(m+1)=\frac{n^2-1}{2}.$$

一言以蔽之，可以统一写作

$$f_{\max }=\lfloor \frac{n^2}{2}\rfloor .$$
猜想 $0\sim f_{max}$ 的值都可以构造得到，所以 $\text{答案}=\lfloor \frac{f_{\text{max}}}{2}\rfloor +1$ 。

思路 B

1. $x>1$

• 令 $c=\mathrm{popcount}(x)$（二进制中 1 的个数）。
• 若 $n\le c$：直接把每一位的 $2^k$ 分到一个元素上，总和就是 ${\sum }_{k:x_k=1}{2}^k=x$。
• 若 $n>c$：

有 $c$ 个元素负责“还原” $x$ 的二进制位，其余 $n-c$ 个元素都填 “1”。

这 $(n-c)$ 个 1 异或的结果是

$$\underset{n-c\text{ 次}}{\underbrace{1\oplus 1\oplus \cdots \oplus 1}}=(n-c)\mathrm{mod}2.$$

为了让它们的异或等于 0（否则会把最终整体异或从 $x$ 变成 $x\oplus 1$），我们要保证 $(n-c)$ 是偶数。
因此如果 $(n-c)$ 是奇数，就再多放一个 “1” ——这样放了 $(n-c+1)$ 个 1，总和增加了 $(n-c+1)$，且异或归为 0。

最终总和

$$x+(n-c)+((n-c)\mathrm{mod}2)$$

2. $x=1$

• 若 $n$ 为奇数，直接全放 1，总异或为 1，总和 $=n$。
• 若 $n$ 为偶数，如果全放 1 异或会成 0，不行。
  最小的改动是留 $n-2$ 个 1，再用一对 $[2,3]$（因为 $2\oplus 3=1$）：

$$\underset{n-2}{\underbrace{1,\dots ,1}},2,3⟹\text{和}=(n-2)\times 1+(2+3)=n+3.$$

3. $x=0$

• 若 $n=1$，不可能用一个正整数得到异或 0，答案 $-1$。
• 若 $n\ge 2$：

$n$ 偶数：全放 $n$ 个 1，异或为 0，总和 $=n$。

$n$ 奇数：留 $n-3$ 个 1，再加 $[1,2,3]$（因为 $1\oplus 2\oplus 3=0$），总和

$$(n-3)\times 1+(1+2+3)=n+3.$$

问题 C

将数值相同的点先合并。

然后从大到小处理所有按钮

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int T;cin >> T;while (T--){int n;cin >> n;vector<ll> a(n+2, 0);  // 哨兵：a[0]=a[n+1]=0for (int i = 1; i <= n; i++){cin >> a[i];}// 按权重分桶unordered_map<ll, vector<int>> pos;pos.reserve(n*2);for (int i = 1; i <= n; i++){pos[a[i]].push_back(i);}// 取所有不同权重并降序vector<ll> ws;ws.reserve(pos.size());for (auto &kv : pos) ws.push_back(kv.first);sort(ws.begin(), ws.end(), greater<ll>());vector<char> flooded(n+2, 0); // flooded[i]=1 表示 a[i] 已被按下（更大权重已处理）ll clones = 0;// 从大到小处理每个权重for (ll w : ws){auto &P = pos[w];sort(P.begin(), P.end());int m = P.size();// 将连续下标段划为一块块int start = 0;while (start < m){int end = start;while (end+1 < m && P[end+1] == P[end]+1)end++;// 这一块的下标区间 [L..R]int L = P[start], R = P[end];// 看看左右是否有已 flooded 的位置bool reachable = false;if (flooded[L-1]) reachable = true;if (flooded[R+1]) reachable = true;if (!reachable){// 必须新建一个 cloneclones++;}// 将这一块全部标记为 floodedfor (int k = start; k <= end; k++){flooded[P[k]] = 1;}start = end+1;}}cout << clones << "\n";}return 0;
}