Codeforces Round #658 (Div. 2) 题解
废话
赛时写了前 5 5 5 题，拿了个五十几的排名当时沾沾自喜，然后重测时 T3,T4 数组开小同时爆炸了……
T1
只需要找到 a , b a,b a,b 数组的一个相同元素即可。
（大概只有我这种菜逼才会在这题WA一发吧……）
代码如下：
#include T2
可以发现，答案其实只取决于开头有多少个 1 1 1。
假设去掉这段 1 1 1，对于一个不为 0 0 0 的数 a i a_i ai，此时的先手可以有两种操作：1、取 a i − 1 a_i-1 ai−1 个；2、取 a i a_i ai 个，通过这两种操作，可以完全控制后手的操作。
控制后手操作分两种情况：
当 a i + 1 > 1 a_{i+1}>1 ai+1>1 时，先手取 a i − 1 a_i-1 ai−1 个，后手只能取 1 1 1 个，那么 a i + 1 a_{i+1} ai+1 的操作权依然在先手手里。
假如 a i a_i ai 的后面是一段 1 1 1，那么先手可以通过上面两种操作决定这段 1 1 1 的最后一个 1 1 1 的操作权在谁手里，或者说，是这段 1 1 1 后面的那个 > 1 >1 >1 的 a j a_j aj 的操作权在谁手里。
所以代码如下：
#include T3
因为每次一定要翻转一段前缀，容易想到从后往前构造，即从后往前让 a a a 与 b b b 逐渐相同。
假设此时操作到第 i i i 位， i + 1 i+1 i+1 ~ n n n 位都已经相等了。
假如 a i = b i a_i=b_i ai=bi，那么无事发生，跳过。
假如 a i ≠ b i a_i\neq b_i ai=bi，那么肯定要翻转一次 1 1 1 ~ i i i 这个前缀，翻转后 a 1 a_1 a1 取代 a i a_i ai。
那么此时看一看， a 1 a_1 a1 取反之后是否等于 b i b_i bi，假如不是，那么就先翻转 1 1 1 ~ 1 1 1，这样可以将 a 1 a_1 a1 取反，然后再翻转 1 1 1 ~ i i i 即可。
时间复杂度 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)，最大操作次数不超过 3 n 3n 3n，可以通过。
代码如下：
#include T4
当时发现上面那个构造方法的操作次数也恰好并没有超过 2 n 2n 2n，于是就想着直接拿来用。
发现翻转这个过程可以优化，可以用一个链表来维护前缀，那么翻转就相当于交换首尾指针，这样可以做到 O ( n ) O(n) O(n)。
代码如下：
#include T5
容易发现一个性质，对于一个 i , j i,j i,j，假如满足 p i < p j p_i
那么我们就可以将 p p p 分成若干段，看看能不能将这些段分成两堆，每堆大小为 n n n 即可，可以做一下背包。
代码如下：
#include T6
当时想出了大概的思路，但是由于当时思路不清晰加上各种菜，所以当时并没有写出来，并且后来发现自己的思路有一个小地方是锅了的，所以这里讲讲题解做法。
首先设 o t h oth oth 为整个序列中没有出现过的颜色，显然存在这样的一个颜色。
假设已经选定了哪 x x x 个位置不动，设 i d x idx idx 表示剩下 n − x n-x n−x 个位置中出现次数最多的颜色的出现次数，那么无论如何交换颜色，至少会有 2 × i d x − ( n − x ) 2\times idx-(n-x) 2×idx−(n−x) 个位置依然保持原来的颜色。
但是我们要求剩下的 n − x n-x n−x 个位置不能有和原来相同的颜色，所以要将那些相同的位置替换为 o t h oth oth，我们需要进行 n − y n-y n−y 次，假如换完还有相同就无解了，即 2 × i d x − ( n − x ) > n − y 2\times idx-(n-x)>n-y 2×idx−(n−x)>n−y 则无解。
有解的话，将剩下的 n − x n-x n−x 个颜色排个序，然后将颜色整体左移 ⌊ n − x 2 ⌋ \lfloor \dfrac {n-x} 2 \rfloor ⌊2n−x⌋ 位即可，相同的强制换成 o t h oth oth，这样就做完了。
我之前的做法和题解不一样的就是最后的答案构造，我的做法很蠢，我是保留出现次数最少的 y − x y-x y−x 个颜色，然后在后面放 n − y n-y n−y 个 o t h oth oth，然后整体左移，这样的问题在于， o t h oth oth 的位置不一定是连续的，可能在那 y − x y-x y−x 个的中间。
代码如下：
#include