传送门
题意： 有n堆石子排成一排，每次你可同时在相邻两堆石子中都拿走一颗；试问是否可以通过在最初交换(或不用交换)相邻两堆石子而清扫干净所有石子？
思路：
- 首先考虑 a[1] 是要被消除的，且只能被 a[2] 消除，因此便构成如下的消除次序：a[1]，a[2]-a[1]， a[3]-a[1]+a[1] …
- 考虑次序需满足的条件：任意一个数大于等于0，且最后一个数为0，若不满足则可能需要交换。
- 而对于必须交换的情况来说，即便我们从后往前处理，也会出现一个负数情况；但我们不难发现无论对于正向处理(用p数组存过程)还是反向处理(用b数组存过程)，满足清扫条件的部分其效果都是一样的。
- 即若交换一次 a[i] 和 a[i+1] 即可的情况，相对于p数组和b数组都是首次出现不满足情况的位置；于是需满足 a[i+1] >= p[i-1] && a[i] >= b[i+2] && a[i+1]-p[i-1] == a[i]-b[i+2] 条件即可达到目的。
- 详细思路见大佬博客。
代码实现：
#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define null NULL
#define ll long long
#define int long long
#define pii pair<int, int>
#define lowbit(x) (x &(-x))
#define ls(x) x<<1
#define rs(x) (x<<1+1)
#define me(ar) memset(ar, 0, sizeof ar)
#define mem(ar,num) memset(ar, num, sizeof ar)
#define rp(i, n) for(int i = 0, i < n; i ++)
#define rep(i, a, n) for(int i = a; i <= n; i ++)
#define pre(i, n, a) for(int i = n; i >= a; i --)
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);cout.tie(0);
const int way[4][2] = {
{
1, 0}, {
-1, 0}, {
0, 1}, {
0, -1}};
using namespace std;
const int inf = 0x7fffffff;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-6;
const ll mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;int t, n;
int a[N], p[N], b[N];signed main()
{
IOS;cin >> t;while(t --){
cin >> n;me(p); me(b);for(int i = 1; i <= n; i ++){
//正向处理cin >> a[i];if(p[i-1]==-1||a[i]<p[i-1]) p[i] = -1;else p[i] = a[i]-p[i-1];}if(!p[n]){
//无需进行交换cout << "YES" << endl;continue;}for(int i = n; i; i --){
if(b[i+1]==-1||a[i]<b[i+1]) b[i] = -1;else b[i] = a[i]-b[i+1];}int flag = 0;for(int i = 1; i < n; i ++){
//反向处理if(p[i-1]==-1||b[i+2]==-1) continue;if(a[i+1]>=p[i-1]&&a[i+1]-p[i-1]==a[i]-b[i+2]){
flag = 1;break;}}cout << (flag ? "YES":"NO") << endl;}return 0;
}