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Problem - E - Codeforces

题目

题目大意

定义序列的值是其中所有数字的和。

确定是否存在长度为 $n$ 的排列，使得该排列中所有长度为 $k$ 的子段的值具有相同的奇偶性。即判断是否存在长度为 $n$ 的排列，使得其所有长度为 $k$ 的子段和均为奇数，或者均为偶数。

排列的子段是该排列的连续子序列。

长度为 $n$ 的排列是一个序列，其中从 $1$ 到 $n$ 的每个整数恰好出现一次。

思路

让我们对该题的题意进行一定的转化。

首先我们观察题目：

确定是否存在长度为 $n$ 的排列，使得该排列中所有长度为 $k$ 的子段的值具有相同的奇偶性。

我们是关心子段和的奇偶性，不关心具体的值。所以我们可以让排列里所有的数都对 $2$ 取模，子段和的奇偶性不会发生改变。则原题变成了：

有一个长度为 $n$ 的数组，在其中的 $\lceil\frac{n}{2}\rceil$ 个位置上放 $1$ ，其他位置上放 $0$ 。是否存在一种放置方案使得数组中所有长度为 $k$ 的子段的值具有相同的奇偶性。

又因为是所有长度为 $k$ 的区间，我们可以看做在长度为 $n$ 的数组上有一个大小为 $k$ 的框在滑动，框一开始框住了前 $k$ 个元素，每往右移动一个位置，框内最左边的元素就会离开框，框外右边第一个元素就会进入框。框内元素的和奇偶性保持不变。

所以我们每移出框一个 $0$ ，就必须移入一个 $0$ 。每移出一个 $1$ ，就必须移入一个 $1$ 。即整个 $01$ 数组有长度为 $k$ 的循环节。

因为整个序列中应该有 $\lceil\frac{n}{2}\rceil$ 个位置上是 $1$ ，有 $\lfloor\frac{n}{2}\rfloor$ 个位置上是 $0$ ，所以我们希望每个循环节内的 $0$ 和 $1$ 数量之差尽可能小，即每 $k$ 个元素的和是 $\lceil\frac{k}{2}\rceil$ 。整个数组内有恰好 $\lfloor\frac{n}{k}\rfloor$ 个完整的循环，则完整的循环的和是 $\lceil\frac{k}{2}\rceil\times\lfloor\frac{n}{k}\rfloor$ 。

因为每个循环内元素的和是 $\lceil\frac{k}{2}\rceil$ ，所以我们希望最后剩余的 $n \mod k$ 的子段中 $0$ 的数量可以多一点，来弥补每个循环内少放的 $0$ 。

最后长度为 $n \% k$ 的子段中 $0$ 的数量不能超过序列长度，也不能超过完整的循环中 $0$ 的数量，所以最多能放 $0$ 的数量为

\min(n\%k,\lfloor\frac{k}{2}\rfloor)

所以最后长度为 $n \% k$ 的子段中最少要放 $1$ 的数量是

n\% k-\min(n\% k,\lfloor\frac{k}{2}\rfloor)

所以整个数组中至少要放 $1$ 的数量是

\lceil\frac{k}{2}\rceil\times\lfloor\frac{n}{k}\rfloor+n\% k-\min(n\% k,\lfloor\frac{k}{2}\rfloor)

容易发现，只要整个数组中至少要放 $1$ 的数量不超过 $\lceil\frac{n}{2}\rceil$ ，就一定可以通过调整最后的子段中 $01$ 的数量使得整个数组中 $1$ 的数量恰为 $\lceil\frac{n}{2}\rceil$ 。

综上所述，

\lceil\frac{k}{2}\rceil\times\lfloor\frac{n}{k}\rfloor+n\% k-\min(n\% k,\lfloor\frac{k}{2}\rfloor)\le \lceil\frac{n}{2}\rceil

就输出 Yes，否则输出 No。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void solve()
{
	int n, m;
	scanf("%d%d", &n, &m);
	if ((n+1)/2>=((m+1)/2)*(n/m)+n%m-min(n%m,m/2)) printf("Yes\n");
	else printf("No\n");
}

int main() 
{
	int tt;
	scanf("%d",&tt);
	while (tt--) solve();
    return 0;
}