C. Sequence Master

Posted 2023-03-19 onlyblues

C. Sequence Master

For some positive integer $m$, YunQian considers an array $q$ of $2m$ (possibly negative) integers good, if and only if for every possible subsequence of $q$ that has length $m$, the product of the $m$ elements in the subsequence is equal to the sum of the $m$ elements that are not in the subsequence. Formally, let $U=\\1,2,\\ldots,2m\\$. For all sets $S \\subseteq U$ such that $|S|=m$, $\\prod\\limits_i \\in S q_i = \\sum\\limits_i \\in U \\setminus S q_i$.

Define the distance between two arrays $a$ and $b$ both of length $k$ to be $\\sum\\limits_i=1^k|a_i-b_i|$.

You are given a positive integer $n$ and an array $p$ of $2n$ integers.

Find the minimum distance between $p$ and $q$ over all good arrays $q$ of length $2n$. It can be shown for all positive integers $n$, at least one good array exists. Note that you are not required to construct the array $q$ that achieves this minimum distance.

Input

The first line contains a single integer $t$ ($1\\le t\\le 10^4$) — the number of test cases. The description of test cases follows.

The first line of each test case contains a single integer $n$ ($1\\le n\\le 2\\cdot10^5$).

The second line of each test case contains $2n$ integers $p_1, p_2, \\ldots, p_2n$ ($|p_i| \\le 10^9$).

It is guaranteed that the sum of $n$ over all test cases does not exceed $2\\cdot 10^5$.

Output

For each test case, output the minimum distance between $p$ and a good $q$.

Example

input

4
1
6 9
2
1 2 2 1
2
-2 -2 2 2
4
-3 -2 -1 0 1 2 3 4

output

3
2
5
13

Note

In the first test case, it is optimal to let $q=[6,6]$.

In the second test case, it is optimal to let $q=[2,2,2,2]$.

 

解题思路

　　首先直觉上就会觉得满足条件的$q$数量会很少，同时可以发现$q = [ \\ \\overbrace0,0,\\ldots,0^2n \\ ]$一定是满足条件的，因此对于$\\forall n \\in \\mathbbZ$，总是存在一个$q$，即一定有解。我们接下来再考虑是否存在其他满足条件的$q$。

　　先考虑$q$中所有元素都相同的情况。

　　很明显当$n=1$的情况，必然会有$q_1 = q_2$，可以等于任意值。

　　当$n=2$，假设每个元素都为$x$，那么必然会有$x^n = n \\cdot x \\ \\Rightarrow \\ x = \\sqrt[n-1]n = 2$。同时根据该等式，很明显当$n > 2$时等式不存在正整数解。

　　因此只有当$n=1$或$n=2$，才存在除了全$0$以外所有元素都相同的$q$。

　　接下来考虑$q$中所有元素不都相同的情况，先考虑$n$为偶数的情况。

　　由于此时$q$中至少存在两个元素不同，不妨假设$q_1 \\ne q2$。满足等式$$\\begincases q_1\\cdot q_3q_4\\cdots q_n+1=q_2+q_n+2+q_n+3+\\cdots+q_2n \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ (1) \\\\\\\\ q_2\\cdot q_3q_4\\cdots q_n+1=q_1+q_n+2+q_n+3+\\cdots+q_2n  \\ \\ \\ \\ \\ \\ \\ (2) \\endcases$$

　　$(1)-(2)$得到$$(q_1-q_2)q_3q_4\\cdots q_n+1=q_2-q_1 \\ \\Rightarrow \\ (q_1-q_2)(q_3q_4\\cdots q_n+1+1)=0$$

　　由于$q_1 \\ne q_2$，因此必然有$q_3q_4\\cdots q_n+1+1 = 0$，即$q_3q_4\\cdots q_n+1 = -1$。由于$q_i \\in \\mathbbZ$，有奇数个$q_i$连乘，故只能有$q_i = -1$。

　　同理我们考虑其他类似的约束条件，即$U=\\3, 4, \\ldots, 2n\\$，对于$U$所有满足$|S| = n-1$的子集$S \\subseteq U$，有$$\\begincases q_1 \\cdot \\prod\\limits_i \\in S q_i = q_1 + \\sum\\limits_i \\in U \\setminus S q_i \\\\\\\\ q_2 \\cdot \\prod\\limits_i \\in S q_i = q_2 + \\sum\\limits_i \\in U \\setminus S q_i \\endcases$$

　　就可以发现$q_3=q_4=\\cdots =q_2n = -1$，把结果代入$(1)$式，就会得到$q_1+q_2=n-1$。同时又因为$q_1q_2\\cdots q_n=q_n+1+\\cdots q_2n$，因此有$q_1q_2=-n$。这样就可以解得$\\q_1,q_2\\=\\-1,n\\$。

　　即对于$n$为偶数的情况，我们可以构造出$q = [ \\ \\overbrace-1,-1,\\ldots,-1^2n-1, \\ n \\ ]$。

　　那么对于$n$为奇数的情况呢？与上面的推导过程一样，最后得到$q_3q_4\\cdots q_n+1 = -1$，由于$q_i \\in \\mathbbZ$，此时有偶数个$q_i$连乘，很明显此时没有解。

　　故只有当$2 \\mid n$，有$q = [ \\ \\overbrace-1,-1,\\ldots,-1^2n-1, \\ n \\ ]$。

　　接下来我们只需要针对$n$来分类讨论取最小值就可以了：

1. 先考虑$q$中元素均为$0$的情况，此时最小值为$\\textans = \\sum\\limits_i=1^2n|p_i|$。
2. 如果$n=1$，为了得到最小值构造$q = [p_1, p_1]$或$q = [p_2, p_2]$，那么就有$\\textans = \\min\\left\\ \\textans, \\ |p_1 - p_2| \\right\\$。
3. 如果$n=2$，构造$q = [2,2,2,2]$，那么就有$\\textans = \\min\\left\\ \\textans, \\ \\sum\\limits_i=1^4|p_i - 2| \\right\\$。
4. 最后如果$2 \\mid n$，构造$q = [ \\ \\overbrace-1,-1,\\ldots,-1^2n-1, \\ n \\ ]$。对$p$从小到大排序，那么就有$\\textans = \\min\\left\\ \\textans, \\ \\sum\\limits_i=1^2n|p_i - q_i| \\right\\$。

　　关于上面的第$4$步，如果有序列$p$和$q$，定义两个序列的距离为$\\sum\\limits_i=1^n|p_i-q_i|$。如果可以任意排列两个序列的元素，那么当$p$和$q$均满足非递减顺序时，即$p_1 \\leq p_2 \\leq \\cdots \\leq p_n$，$q_1 \\leq q_2 \\leq \\cdots \\leq q_n$，此时距离能够取到最小值，证明见附录部分。

　　AC代码如下，时间复杂度为$O(n \\logn)$：

 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 
 typedef long long LL;
 
 const int N = 4e5 + 10;
 
 int a[N];
 
 void solve() 
     int n;
     scanf("%d", &n);
     n *= 2;
     LL ret = 0;
     for (int i = 0; i < n; i++) 
         scanf("%d", a + i);
         ret += abs(a[i]);
     
     if (n == 2) 
         ret = min(ret, (LL)abs(a[0] - a[1]));
     
     else if (n == 4) 
         LL s = 0;
         for (int i = 0; i < n; i++) 
             s += abs(a[i] - 2);
         
         ret = min(ret, s);
     
     if (n / 2 % 2 == 0) 
         sort(a, a + n);
         LL s = abs(a[n - 1] - n / 2);
         for (int i = 0; i < n - 1; i++) 
             s += abs(a[i] + 1);
         
         ret = min(ret, s);
     
     printf("%lld\\n", ret);
 
 
 int main() 
     int t;
     scanf("%d", &t);
     while (t--) 
         solve();
     
     
     return 0;
 

　　其中对于第$4$步，由于$q$中只有一个元素是$n$，其余的元素都是$-1$，因此我们可以枚举$p$中哪个元素与$n$求差。定义$s = \\sum\\limits_i=1^2n|p_i+1|$，那么如果$p_k$与$n$作差，就有$\\sum\\limits_i=1^n|p_i-q_i| = s - |p_k+1| + |p_k-n|$。

　　AC代码如下，时间复杂度为$O(n)$：

 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 
 typedef long long LL;
 
 const int N = 4e5 + 10;
 
 int a[N];
 
 void solve() 
     int n;
     scanf("%d", &n);
     n *= 2;
     LL ret = 0;
     for (int i = 0; i < n; i++) 
         scanf("%d", a + i);
         ret += abs(a[i]);
     
     if (n == 2) 
         ret = min(ret, (LL)abs(a[0] - a[1]));
     
     else if (n == 4) 
         LL s = 0;
         for (int i = 0; i < n; i++) 
             s += abs(a[i] - 2);
         
         ret = min(ret, s);
     
     if (n / 2 % 2 == 0) 
         LL s = 0;
         for (int i = 0; i < n; i++) 
             s += abs(a[i] + 1);
         
         for (int i = 0; i < n; i++) 
             ret =min(ret, s - abs(a[i] + 1) + abs(a[i] - n / 2));
         
     
     printf("%lld\\n", ret);
 
 
 int main() 
     int t;
     scanf("%d", &t);
     while (t--) 
         solve();
     
     
     return 0;
 

 

附录

　　有序列$p$和$q$，定义两个序列的距离为$\\sum\\limits_i=1^n|p_i-q_i|$，序中的元素可以任意重新排序。证明当满足$p_1 \\leq p_2 \\leq \\cdots \\leq p_n$，$q_1 \\leq q_2 \\leq \\cdots \\leq q_n$时，两个序列的距离取到最小值。

　　不妨固定$p$，使得$p_1 \\leq p_2 \\leq \\cdots \\leq p_n$。同时$q$不满足$q_1 \\leq q_2 \\leq \\cdots \\leq q_n$，因此至少存在一对$q_i$和$q_j$，满足$q_i \\geq q_j$且$i < j$。

　　如果$q_i = q_j$，仅考虑$i, \\ j$两个位置对距离的贡献，那么很明显不管是否交换$p_i$和$p_j$，$i, \\ j$两个位置对距离的贡献都相同，因此我们只考虑$q_i > q_j$，且$p_i < p_j$的情况。

　　接下来证明通过交换$q_i$和$q_j$，能够使得$i, \\ j$两个位置对距离的贡献减少。为此我们假设$p_i = a, \\ p_j = b, \\ q_i = d, \\ q_j = c$，同时有$a < b, \\ c < d$。

　　分情况讨论：

　　$1.$ $b \\leq c$，即$a < b \\leq c < d$：

　　交换$c$和$d$前，距离为$|a - d| + |b - c| = d - a + c - b$，交换$c$和$d$后，有$d < c$，距离就变成$|a - c| + |b - d| = c - a + d - b$，用交换前减去交换后得到$d - a + c - b - (c - a + d - b) = 0$，即交换后的距离不变。

　　$2.$ $a \\leq c < b$：

　　$2.1.$ $b \\leq d$，即$a \\leq c < b \\leq d$：

　　交换$c$和$d$前，距离为$|a - d| + |b - c| = d - a + b - c$，交换$c$和$d$后，有$d < c$，距离就变成$|a - c| + |b - d| = c - a + d - b$，用交换前减去交换后得到$d - a + b - c - (c - a + d - b) = 2(b - c) > 0$，即交换后的距离变小。

　　$2.2.$ $b > d$，即$a \\leq c < d < b$：

　　交换$c$和$d$前，距离为$|a - d| + |b - c| = d - a + b - c$，交换$c$和$d$后，有$d < c$，距离就变成$|a - c| + |b - d| = c - a + b - d$，用交换前减去交换后得到$d - a + b - c - (c - a + b - d) = 2(d - c) > 0$，即交换后的距离变小。

　　$3.$ $c < a$：

　　$3.1.$ $b \\leq d$，即$c < a < b \\leq d$：

　　交换$c$和$d$前，距离为$|a - d| + |b - c| = d - a + b - c$，交换$c$和$d$后，有$d < c$，距离就变成$|a - c| + |b - d| = a - c + d - b$，用交换前减去交换后得到$d - a + b - c - (a - c + d - b) = 2(b - a) > 0$，即交换后的距离变小。

　　$3.2.$ $a \\leq d < b$，即$c < a \\leq d < b$：

　　交换$c$和$d$前，距离为$|a - d| + |b - c| = d - a + b - c$，交换$c$和$d$后，有$d < c$，距离就变成$|a - c| + |b - d| = a - c + b - d$，用交换前减去交换后得到$d - a + b - c - (a - c + b - d) = 2(d - a) \\geq 0$，即交换后的距离变小。

　　$3.3.$ $d < a$，即$c < d < a < b$：

　　交换$c$和$d$前，距离为$|a - d| + |b - c| = a - d + b - c$，交换$c$和$d$后，有$d < c$，距离就变成$|a - c| + |b - d| = a - c + b - d$，用交换前减去交换后得到$a - d + b - c - (a - c + b - d) = 0$，即交换后的距离不变。

　　综上所述，如果序列$p$满足$p_1 \\leq p_2 \\leq \\cdots \\leq p_n$，对于序列$q$如果存在$q_i$和$q_j$满足$q_i > q_j$且$i < j$，那么交换$q_i$和$q_j$能使得距离变小。为了使得距离最小，最终$q$一定满足$q_1 \\leq q_2 \\leq \\cdots \\leq q_n$。

　　定理得证。

　　同时可以推导得到当序列$p$和$q$满足$p_1 \\leq p_2 \\leq \\cdots \\leq p_n$，$q_1 \\geq q_2 \\geq \\cdots \\geq q_n$时，两个序列的距离取到最大值。

 

参考资料

　　Codeforces Round #858 (Div. 2) Editorial：https://codeforces.com/blog/entry/114048

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