聰明的小偷

(thief.pas/c/cpp)
袋，首先他會先檢查每個口袋是不是都有硬幣，之后他會計算出第 1 個和第 2 個口袋的硬幣數量之和，第 2 個與第 3 個口袋的硬幣數量和，如此直到第 n-1 個與第 n 個口袋的硬幣數量之和，得到 n-1 個數的序列。如果收藏家發現某個口袋沒有硬幣，或者他計算得到的序列較上一天相比有變動，那么收藏家就知道肯定有人動了他的硬幣。有一個聰明的小偷，他想在收藏家不知道的情
【輸入格式】
第一行一個正整數 n，表示口袋的個數。
接下來一行 n 個正整數，第 i 個正整數表示第 i 個口袋里裝的硬幣數量。
【輸出格式】
一行一個正整數，表示答案。
【輸入輸出樣例】
thief.in thief.out
三組：
①

3
1 2 3
0

②

4
2 4 6 8
0

③

5
2 3 4 5 6
1

【樣例解釋】
第一個樣例中，小偷無法在收藏家不知道的情況下移動硬幣。
第二個樣例中，盡管小偷可以移動硬幣，比如移動成 3 3 7 7，但是他仍然
無法拿出硬幣。
第三個樣例中，小偷將 1,5 口袋的一個硬幣移動到 2,4 口袋中，并在口袋 3
中拿出一個硬幣即可。
【數據規模與約定】
對于 50%的數據，有 2≤n≤20，每個口袋中硬幣數量≤20。
對于 100%的數據，有 2≤n≤999，每個口袋中硬幣數量≤10000 且為正整數。

對于這道題，（其實我剛開始就沒反應過來，覺得這怎么偷），我們可以先看著解釋手推樣例，可能剛開始寫出來看不出什么，不過我們可以發現一點，
就是在每次小偷第一次移動硬幣時，小偷只能移動第一個或最后一個，而且是只能移動到自己后一個或前一個袋子里。
為什么是這樣呢？
我們考慮一下收藏家這種查詢的性質，因為是兩兩只和，所以一個數可以影響的和是兩個，但是在邊界的兩個數字只能影響一個，而且若只移動到相鄰數字上的話，邊界數字影響的和是始終不變的，把第一個位置的數移x到第二個部分里，第一個和第二個的和不變，第二個和第三個的和增加x，后面不變。把最后一個的數移x到倒數第二個上，最后一個和倒數第二個和不變，倒數第二個和倒數第三個和增加x。同時如果我們把第三個數向第四個數移x情況是一樣的，那么我們的和增加的x就會向中間聚攏，所有有移錢操作的袋子下標都是奇數，如果n為奇數的話，中間就有$a_{mid?1},a_{mid},a_{mid+1}$這時候$a_{mid?2}和a_{mid+2}$ 都向相鄰的$a_{mid?1},a_{mid+1}$移了x錢,這時候$a_{mid}$與前后兩項的和都增加了x，同時你不能將錢向兩邊傳遞了（因為是兩邊傳過來的），這時你就可以從$a_{m}id$中拿出x使兩邊的和不變。

同時我們可以發現，如果n是偶數，那么在向兩邊傳遞的時候是沒有一個$a_{mid}$可以通過減去x來使兩邊的和合法。因此偶數時我們是拿不走錢的。
并且當n為奇數時，移錢的下標是奇數，也就是說，在n是奇數的條件下，最多能移的錢$x=min（a_i）,imod2==1$

代碼很簡單
$$Code$$

#include<bits/stdc++.h>#define MAXN 100010 #define INF 0x3f3f3f3fusing namespace std;inline void read(int &s){s = 0; int w = 1; char ch = getchar();while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}while(ch >= '0' && ch <= '9'){ s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}s *= w; return ; }int n; int a[MAXN]; int ans = INF;int main() {//freopen("thief.in", "r", stdin);//freopen("thief.out", "w", stdout);read(n);if(n % 2 == 0){puts("0"); return 0;}for(int i = 1; i <= n; ++i){read(a[i]);if(i & 1){ans = min(ans, a[i]);}}printf("%d\n", ans - 1);return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的9.20模拟赛T1[聪明的小偷]的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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