游记
还是VP
口胡了ABCD的做法，然后C假了
打代码其实挺难的
题解
A
反复观看样例可知，如果两个开关状态不一样灯泡开，否则灯泡关
如果要灯泡开着的尽可能少，那么相同状态的配对尽可能多
此时就是\(0\)和\(0\)配对，\(1\)和\(1\)配对，
如果有落单的\(0\)必定有落单的\(1\)，最多凑\(1\)对
没有就是\(0\)
反之要灯泡开得多，那么\(0\)和\(1\)的配对尽可能多
此时答案就是min(cnt[0],cnt[1])，
其中cnt[i]就是满足\(a_j=i\)的\(j\)的个数
B
如果从数组中删掉\(k\)，那么数组就会变成两半
这两半中，左半边不管怎么分，各部分中位数必然小于\(k\)
因为最大数都小于\(k\)了中位数肯定小于最大数小于\(k\)
同理右半边不管怎么分，各部分中位数必然大于\(k\)
那如果各部分中位数组成的数组，这个中位数如果是\(k\)的话
其实只需要两边划分出相同的段数即可
如果左右两边都是偶数个元素，那就各分成两个奇数的段
此时\(k\)为奇数
否则两边都不用动，就一整段，此时\(k\)为偶数
唯一需要考虑的就是一半边为空的情况
此时只有另一半边也为空才行
也就是无解判断：
\(k=1\)或\(k=n\)，且\(n\not=1\)时无解
如果\(n=1\)那就得特判出去，很简单
C
对于能否构成三角形来说，
如果两个小边加起来大于最大的边，那必然可以构成三角形
所以如果钦定\(a_i\)为最大值
首先大于\(a_i\)的要被赋成\(a_i\)
然后如果\(\exists j,k,a_j\leq \frac{a_i}{2},a_k\leq \frac{a_i}{2}\)
那么显然\(a_j+a_k\leq a_i\)就寄了
所以至多存在唯一的\(j,a_j\leq \frac{a_i}{2}\)
然后就是对\(a\)排个序先，
枚举每个\(a_i\)，找到值域在\([\frac{a_i}{2},a_i]\)的最大下标区间
两个下标lower_bound()/upper_bound()一下即可
不在这个区间范围的都要改成\(a_i\)
取改的次数的最小值即可，这个显然可以\(O(1)\)算出来
枚举\(a_i\)二分的复杂度\(O(n\log n)\)
排序时间复杂度\(O(n\log n)\)
总时间复杂度\(O(n\log n)\)
写法在下取整和二分的时候挺麻烦的，有些细节要注意
D
首先，如果\(i\geq j\)，必然有\(p_i\geq p_j\)
其次，这棵树切开\(0\)以后必然是若干条链
这样的话首先考虑同一层的节点\(i\)和\(j\)
记\(c_i\)为切掉\(0\)以后的链顶编号
如果\(c_i+1<c_j\)，并且\(i,j\)同层
那么中间空着的这么几条链必然不可能连上任何大于\(j\)的节点
否则\(k>j,p_k<p_j\)显然会寄
也就是说，可用的链顶\(c_i\)这个集合的元素只出不进
那么就直接找链顶有多少即可
显然由于BFS序的关系，\(c_i\in [1,l-1],p_l=1\)
也就是说我们直接找到\(l\)即可求出\(c\)
然后对于每个\(i\)，如果确定了\(i\)对应的链顶\(c_i\)
直接问\(c_i+1\)和\(i+1\)的关系
如果\(c_i+1\not=c_{i+1}\)直接把\(c_i+1\)扔出去
如果找到了对应的\(c_i\)维护\(c_i\)这条链底下编号最大的元素更新即可
注意如果只剩下了\(l-1\)那就不用问了