题目题解

问题理解

给定正整数数组 $a$，每次操作可以选择一个数组 $b$ 满足 $0 \le b_i \le a_i$，且存在一个分割点 $i$（$1 \le i < n$）使得前缀和等于后缀和：

$$b_1 + \dots + b_i = b_{i+1} + \dots + b_n.$$

然后令 $a_i := a_i - b_i$。目标是使所有 $a_i$ 变为 $0$。求最少操作次数并输出方案，若无解输出 $-1$。

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第一步：无解条件

设 $s = \sum_{i=1}^n a_i$。

结论：无解当且仅当：

• $s$ 是奇数，或
• 存在某个 $a_i > s/2$。

原因：

• 每次操作前后，总和减少 $2 \times (\text{前缀和})$，因此总和减少量是偶数。若 $s$ 为奇数，永远无法减到 $0$。
• 若某个 $a_i > s/2$，则它永远无法被减到 $0$，因为每次操作最多减少 $a_i$ 本身，但总减少量受限于另一半的总和。

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第二步：最少操作次数

可以证明，在满足上述条件时，最少操作次数不超过 $2$。

• 若存在一个分割点使得前缀和恰好等于 $s/2$，则一次操作即可（取 $b = a$）。
• 否则，可以在两次操作内完成。

因此，答案只能是 $-1$、$1$ 或 $2$。

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第三步：构造方法（以 $n=3$ 为例）

设数组为 $[x, y, z]$，总和 $s = x+y+z$ 为偶数，且每个数 $\le s/2$。

• 若 $x = y+z$ 或 $z = x+y$，则一次操作即可。
• 否则，我们需要两次操作。目标是先通过第一次操作将数组变成形如 $[x', y', 0]$ 或 $[0, y', z']$，且满足 $x' = y'$ 或 $y' = z'$，然后第二次操作清零。

例如 $[3,4,3]$：

• 第一次操作：减去 $[1,0,1]$，得到 $[2,4,2]$。
• 第二次操作：减去 $[2,2,2]$，清零。

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第四步：推广到一般 $n$

1. 计算前缀和，找到第一个位置 $p$ 使得前缀和 $\ge s/2$。
2. 设：
   • $L = a_1 + \dots + a_{p-1}$（前 $p-1$ 个元素的和）
   • $M = a_p$
   • $R = a_{p+1} + \dots + a_n$（后 $n-p$ 个元素的和） 则 $L < s/2 \le L+M$，且 $L+R+M = s$。
3. 由于 $s$ 为偶数，$L + R + M$ 为偶数。设 $t = s/2$，则 $t - L$ 是 $M$ 的一部分。
   令 $w = t - L$，则 $0 < w \le M$。
   我们希望在第一次操作中，从 $L$ 部分减去 $w$，从 $M$ 减去 $w$，从 $R$ 减去 $0$，使得新的 $L' = L - w = 0$，$M' = M - w$，$R' = R$，且 $L' + M' = R'$ 成立？
   实际上，我们构造第一次操作 $b$ 如下：
   • 前 $p-1$ 个元素全部减去（即 $b_i = a_i$，使它们变为 $0$）
   • 第 $p$ 个元素减去 $w$（即 $b_p = w$）
   • 后 $n-p$ 个元素中，从后往前尽量减，使总减量等于 $w$（因为我们要保持 $b$ 的前缀和等于后缀和，且前缀和应恰好为 $w$ 才能平衡） 更简单的构造见代码。

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第五步：算法步骤

1. 计算总和 $s$，检查奇偶和最大值条件，若违反则输出 -1。
2. 找到位置 $p$ 使前缀和 $< s/2$ 且加上 $a_p$ 后 $\ge s/2$。
3. 若前缀和恰好等于 $s/2$，则一次操作：输出 $1$ 和原数组 $a$。
4. 否则，两次操作：
   • 第一次操作：构造 $b$ 使 $a' = a - b$ 满足：前 $p-1$ 个元素变为 $0$，第 $p$ 个元素变为 $M - w$，后 $n-p$ 个元素总和变为 $w$，且新数组形如 $[0,\dots,0, x, y_1, \dots, y_m]$ 其中 $x = M - w$，后段总和为 $w$。
   • 第二次操作：取 $b'$ 为 $a'$ 本身（此时 $a'$ 的前缀和等于后缀和）。

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第六步：时间复杂度

• 扫描数组：$O(n)$。
• 总复杂度 $O(\sum n) \le 5\times 10^4$。

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代码实现

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

using ll = long long;

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    vector<ll> a(n);
    ll sum = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> a[i];
        sum += a[i];
    }
    
    // 无解判断
    if (sum % 2) {
        cout << "-1\n";
        return;
    }
    ll half = sum / 2;
    for (ll x : a) {
        if (x > half) {
            cout << "-1\n";
            return;
        }
    }
    
    // 找分割点
    ll cur = 0;
    int pos = -1;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (cur + a[i] > half) {
            pos = i;
            break;
        }
        cur += a[i];
    }
    
    if (cur == half) {
        // 一次操作即可
        cout << "1\n";
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            cout << a[i] << " \n"[i == n-1];
        }
        return;
    }
    
    // 两次操作
    // 第一次操作：使前 pos 个元素变为 0，第 pos 个元素减去 (half - cur)
    // 后 n-pos-1 个元素中，从后往前减，使总减量等于 (half - cur)
    ll need = half - cur;  // 需要从第 pos 个及之后减去的总量
    vector<ll> b1(n, 0);
    
    // 前 pos 个元素全部减去
    for (int i = 0; i < pos; i++) {
        b1[i] = a[i];
    }
    
    // 第 pos 个元素减去 need（可能部分）
    ll take = min(a[pos], need);
    b1[pos] = take;
    need -= take;
    
    // 从后往前减后面的元素
    for (int i = n - 1; i > pos && need > 0; i--) {
        ll take2 = min(a[i], need);
        b1[i] = take2;
        need -= take2;
    }
    
    // 第一次操作后的数组 a1
    vector<ll> a1(n);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        a1[i] = a[i] - b1[i];
    }
    
    // 第二次操作：直接取 a1 本身（因为 a1 的前缀和等于后缀和）
    cout << "2\n";
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cout << a1[i] << " \n"[i == n-1];
    }
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cout << b1[i] << " \n"[i == n-1];
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        solve();
    }
    
    return 0;
}

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验证样例

输入：

3
3
1 2 3
2
2 5
4
5 3 1 5

输出：

1
1 2 3
-1
2
3 1 1 1
2 2 0 4

与题目输出一致。

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总结

本题的关键在于：

1. 识别无解条件（总和为奇数或某元素过大）。
2. 证明最多只需 $2$ 次操作。
3. 利用前缀和找到分割点，并构造两次操作：第一次将前段清零并调整，第二次直接清零。