codeforces 794E Choosing Carrot
题意
给出一个长度为(n)的序列，(A)和(B)开始玩游戏，每次可以从序列的两端删除一个数，直到删除到最后一个数，(A)想要使最后一个数尽量的大，而(B)想要使最后一个数尽量的小，(A)先手，问最后剩下的数是多少。然后问如果(A)先进行(k (k=1...n-1))次操作，那么结果是多少。
题解
感觉这个E题有点水首先我们考虑不进行先手操作，那么答案是多少。我们根据题目可以发现这题一定是和(n)的奇偶有关系的，因为这关系到(A)是否会多取一次。然后由于这是个博弈，所以我们需要考虑什么状态下某个人是优的或者必胜的。然后我们仔细思考可以知道在(n)为偶数的情况下，最后剩下的一个数一定是(a[n/2])和(a[n/2+1])这之中较大的一个。因为由于(B)需要阻挠(A)删去那些小的数最后得到大的数，并且(B)是后手，所以它每次取一定都会取上次(A)取的那端的另一端，然后最后就会只剩下两个数，那么(A)就只能选择较大的那个了。
同样，当(n)为奇数的时候，(A)先手取了一个，那么就会转换成(n)为偶数并且(B)先手的情况了。由于最开始的那一步(A)有两种取法，那么最后剩下的两个数会是(a[(n+1)/2-1]、a[(n+1)/2])和(a[(n+1)/2]、a[(n+1)/2+1])。由于这样最后一步会是(B)进行选择，所以(B)一定会选择较小的那个，那么最后的两种情况一定是(min(a[(n+1)/2-1],a[(n+1)/2]))和(min(a[(n+1)/2],a[(n+1)/2+1]))。然而(A)先手，就一定会选择这两个之中较优的情况，所以最后答案一定是(max(min(a[(n+1)/2-1],a[(n+1)/2]),min(a[(n+1)/2],a[(n+1)/2+1])))。
写了这么多终于写完初始情况了23333。接下来我们考虑进行先手操作之后，答案会进行怎样的变化。由于我们考虑初始情况的时候是分奇偶讨论的，而进行先手操作完之后的状况实际上是与初始状况一样的，所以我们在这里仍然是要分奇偶讨论。观察一下之前的结论，我们先把未经过先手操作的答案列出来：
我们可以发现，答案总是与这个中心点(half)有关，而进行先手操作的意义就是在于使得这个(half)值能够改变。我们记(half)的活动区间([l,r])表示([l,r])区间的每个数都是可以成为答案的(half)的。而先手操作的次数每增加２，就会使这个(half)的([l,r])向左向右拓宽１个长度。这样我们只需要枚举先手操作的次数(k)，然后就将新拓宽区间的答案与(k-2)的答案取(max)，就是当前的答案。当然，这也是要分奇偶的。我们记(ans1)、(ans2)分别表示进行(k)次先手操作之后，(n-k)分别为奇数和偶数的答案。为了方便计算，我们记(res[i][0]=max(min(a[i-1],a[i]),min(a[i],a[i+1])))，(res[i][2]=max(a[i],a[i+1]))，(res[i][2]=max(a[i-1],a[i]))。
记(L1,R1,L2,R2)分别为(n-k)为奇数和偶数时的活动区间。
然后我们就可以进行转移了，若(n-k)为奇数，那么这样更新：(ans1=max(ans1,max(res[L1--][0],res[R1++][0])))
若(n-k)为偶数，则这样转移：
(ans2=max(ans2,max(res[L2--][2],res[R2++][3])))
最后注意特判一下(k=n-1)和(k=n-2)的情况，这两种情况(A)都可以直接取完(n-1)个数，所以直接输出(a[])中最大的那个就行了。
如果还不懂的话可以看题解
Ｃｏｄｅ
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
bool Finish_read;
template<class T>inline void read(T &x){Finish_read=0;x=0;int f=1;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;if(ch==EOF)return;ch=getchar();}while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();x*=f;Finish_read=1;}
template<class T>inline void print(T x){if(x/10!=0)print(x/10);putchar(x%10+'0');}
template<class T>inline void writeln(T x){if(x<0)putchar('-');x=abs(x);print(x);putchar('
');}
template<class T>inline void write(T x){if(x<0)putchar('-');x=abs(x);print(x);}
/*================Header Template==============*/
#define PAUSE printf("Press Enter key to continue..."); fgetc(stdin);
const int N=3e5+500;
int n;
int a[N],res[N][3];
int ans1,ans2,L1,R1,L2,R2,Mx;
/*==================Define Area================*/
int main() {
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++) {
read(a[i]);Mx=max(Mx,a[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++) {
if(i==1) res[i][0]=res[i][2]=a[i],res[i][5]=max(a[i],a[i+1]);
else if(i==n) res[i][0]=res[i][6]=a[i],res[i][2]=max(a[i],a[i-1]);
else res[i][0]=max(min(a[i],a[i-1]),min(a[i],a[i+1])),res[i][7]=max(a[i],a[i+1]),res[i][2]=max(a[i],a[i-1]);
}
if(n<=2) {
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d
",Mx);
return 0;
}
if(n==3) {
printf("%d %d %d
",res[2][0],Mx,Mx);
return 0;
}
if(n&1) {
ans1=res[(n+1)/2][0];
ans2=max(res[(n+1)/2][8],res[(n+1)/2][2]);
L1=L2=(n+1)/2-1;R1=R2=(n+1)/2+1;
printf("%d %d ",ans1,ans2);
}
else {
ans2=res[n/2][9];
ans1=max(res[n/2][0],res[n/2+1][0]);
L2=n/2;R2=n/2+1;L1=n/2-1;R1=n/2+2;
printf("%d %d ",ans2,ans1);
}
// printf("%d %d %d %d
",L1,R1,L2,R2);
for(int i=2;i<n-2;i++) {
if((n-i)&1) {
ans1=max(ans1,max(res[L1--][0],res[R1++][0]));
printf("%d ",ans1);
}
else {
ans2=max(ans2,max(res[L2--][2],res[R2++][10]));
printf("%d ",ans2);
}
}
printf("%d %d
",Mx,Mx);
return 0;
}