A. Make it Beautiful

给出一个数组，将它重新排列，使得它成为一个beautiful数组。ugly数组的定义是存在一个数，为前面所有数字的和。

思路：升序排序后一前一后构造数组，最后判断一下即可。

AC Code：

#include <bits/stdc++.h>

typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 5;
int t, n;
int a[N], dif[N];

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(0);
    std::cout.tie(0);
    std::cin >> t;
    while(t --) {
        std::cin >> n;
        for(int i = 0; i <= n; i ++) {
            dif[i] = 0;
        }
        for(int i = 1; i <= n; i ++) {
            std::cin >> a[i];
        }
        int l = 1, r = n;
        std::vector<int> vec;
        vec.push_back(0);
        while(l <= r) {
            vec.push_back(a[l]);
            vec.push_back(a[r]);
            l ++;
            r --;
        }
        bool flag = true;
        for(int i = 1; i <= n; i ++) {
            dif[i] = dif[i - 1] + vec[i];
            if(vec[i] == dif[i - 1]) {
                flag = false;
                break;
            }
        }
        if(!flag) {
            std::cout << "NO" << '\n';
            continue;
        }
        std::cout << "YES" << '\n';
        for(int i = 1; i <= n; i ++) {
            std::cout << vec[i] << " \n"[i == n];
        }
    }
    return 0;
}

B. Matrix of Differences

给出n * n的矩阵，用1~n * n数字填入其中，使得矩阵中相邻两数之差的种类最多。

思路：观察样例可得，最多的种类就是1~n * n - 1，这样可以有种构造方式，从一半大小数字开始，每次加减一个递增的数字，例如4 * 4，我们可以构造这样的序列：8，9， 7，10，6，11，5，12，4，13，3，14，2，15，1，16，按照这样的序列，蛇形来回填数即可。

AC Code：

#include <bits/stdc++.h>

typedef long long ll;
const int N = 55;
int t, n;
int a[N][N];

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(0);
    std::cout.tie(0);
    std::cin >> t;
    while(t --) {
        std::cin >> n;
        int num = (n * n + 1) / 2, pos = 1, cnt = 1;
        for(int i = 1; i <= n; i ++) {
            if(i & 1) {
                for(int j = 1; j <= n; j ++) {
                    if(pos)
                        a[i][j] = num, num += cnt, cnt ++, pos ^= 1;
                    else
                        a[i][j] = num, num -= cnt, cnt ++, pos ^= 1;
                }
            }
            else {
                for(int j = n; j >= 1; j --) {
                    if(pos)
                        a[i][j] = num, num += cnt, cnt ++, pos ^= 1;
                    else
                        a[i][j] = num, num -= cnt, cnt ++, pos ^= 1;
                }
            }
        }
        for(int i = 1; i <= n; i ++) {
            for(int j = 1; j <= n; j ++) {
                std::cout << a[i][j] << " \n"[j == n];
            }
        }
    }
    return 0;
}

C. Yet Another Tournament

一共可以准备m分钟，在一场对决中，只有准备时间大于等于a[i]才能胜利，最后按照胜利的轮数排序，求能达到的最好的名次是多少。

思路：注意，第i个人的攻击力为i，则说明，如果不加入自己的话，第i个人会赢i - 1场次！（读错题了，一直wa到结束）所以贪心得到最多可以赢的人数，使得自己赢的场次最多，假设能赢k个人，此时如果想要排名上升，则需要打败第k + 1个人，注意，这个第k + 1个人指的是原数组中第k + 1个人，这个人的攻击力为k + 1，能赢k场。判断一下剩余的时间和前面的时间能否打败这个人，能打败则与该人并列第n - k名，否则在他后面一名。

AC Code：

#include <bits/stdc++.h>

typedef long long ll;
const int N = 5e5 + 5;
int t, n;
ll m;
int b[N], a[N];

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(0);
    std::cout.tie(0);
    std::cin >> t;
    while(t --) {
        std::cin >> n >> m;
        for(int i = 0; i <= n + 1; i ++) {
            b[i] = 0, a[i] = 0;
        }
        for(int i = 1; i <= n; i ++) {
            std::cin >> a[i];
            b[i] = a[i];
        }
        std::sort(a + 1, a + 1 + n);
        int cnt = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i ++) {
            if(m >= a[i]) {
                m -= a[i];
                cnt ++;
            }
        }
        int ans = n - cnt + 1;
        if(cnt + 1 <= n && b[cnt + 1] <= m + a[cnt])
            ans --;
        std::cout << ans << '\n';
    }
    return 0;
}

os：好离谱啊，赛时一直读假题

D. Different Arrays

给出序列a，对于a[2] ~ a[n - 1]进行n - 2次操作，每次操作可以将与a[i]相邻的两个数一个加上a[i]，一个减去a[i]，问最后能得到多少不同的序列。

思路：考虑动态规划。数字对于前面的数字的修改无后效性，但是对后面的额数字修改有后效性，根据此进行转移，令f[i][j]表示到前i个数，该数等于j的方案数。转移方程表示为：

f[i + 1][a[i + 1] - j] += f[i][j];

f[i + 1][a[i + 1] +j] += f[i][j];

很显然，转移方程即对于后面的数字进行的两种操作的转移。通过枚举位置和能够到达的数字j，j可以是[-300 * 300，300 * 300]，复杂度可以通过。

但是存在一个特殊情况，当j == 0时，两个转移方程相同，会使得操作进行两遍，显然是不对的，特判即可。

AC Code：

#include <bits/stdc++.h>

typedef long long ll;
const int N = 305;
const int mod = 998244353;
const int M = 300 * 300;
int n;
int a[N];
ll f[N][(M << 1) + 50];

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(0);
    std::cout.tie(0);
    std::cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        std::cin >> a[i];
    }
    f[2][a[2] + M] = 1;
    for(int i = 2; i < n; i ++) {
        for(int j = -M; j <= M; j ++) {
            f[i + 1][a[i + 1] - j + M] = (f[i + 1][a[i + 1] - j + M] + f[i][j + M]) % mod;
            if(j)
                f[i + 1][a[i + 1] + j + M] = (f[i + 1][a[i + 1] + j + M] + f[i][j + M]) % mod;
        }
    }
    ll ans = 0;
    for(int i = -M; i <= M; i ++) {
        ans = (ans + f[n][i + M]) % mod;
    }
    std::cout << ans << '\n';
    return 0;
}