给你长度为n的数列a，请你求出a中任意两个元素所能组成的最大偶数并输出这个结果，如果不存在输出-1

思路：遍历数组a，找到最大的偶数和次大的偶数，如果不存在偶数，直接输出-1，否则输出最大偶数和次大偶数的和。

代码实现：

def max_even_pair(a):
    max1 = max2 = -1
    for num in a:
        if num % 2 == 0:
            if num > max1:  # 更新最大的偶数
                max2 = max1
                max1 = num
            elif num > max2:  # 更新次大的偶数
                max2 = num
    if max1 == -1 or max2 == -1:  # 如果不存在偶数，输出-1
        return -1
    else:
        return max1 + max2  # 输出最大偶数和次大偶数的和

# 测试
a = [1, 2, 3, 4, 5, 6]
print(max_even_pair(a))  # 输出10

b = [3, 5, 7, 9]
print(max_even_pair(b))  # 输出-1

相关问题

从一个长度为n的正数数组numbers中找出长度至少为l且几何平均值最大子数组,并输出

题目描述：

给定一个长度为n的正数数组numbers和一个正整数l，需要从中找出长度至少为l的子数组，并使得该子数组的几何平均值最大，并输出该子数组。

解题思路：

首先，对于给定数组中的任意一个子数组，其几何平均值等于其中所有元素的乘积的l次方根。因此，问题可以转化为寻找一个长度至少为l的子数组，使得该子数组的乘积最大。

如果数组中没有负数，那么问题简单，可以通过一次遍历找到答案。但是，由于数组中可能存在负数，因此需要考虑负数的影响。考虑到负数的数量可能为偶数或奇数，我们需要维护两个数列，一个数列记录从开头至当前位置的最大乘积，另一个数列记录从结尾至当前位置的最大乘积。然后，对于每个可能的子数组，分别计算其几何平均值，并将其与当前最大值进行比较。

最后输出几何平均值最大的子数组即可。

算法时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(n)。

Python 代码实现：

C++代码解决，用贪心算法，并解释代码，给出测试案例 阿伟有两个长度n的数组a和b。 数组a包含从1到2n的每个奇数(排序任意), 数组b包含从1到2n每个偶数(排序任意)。 以下操作称为一次有效操作 从两个数组中选择一个，从1到 n−1 中选择索引 i，在被选择的数组中, 交换第 i 个和第 (i+1) 个元素 计算最小操作次数, 使得数组 a 小于数组 b（排序方式为字典序）. 对于相同长度为 n 的两个不同数组x和y, 如果x和y在第一个位置不同，并且数组x的元素比y中对应的元素小，则我们说 x 在字典序上小于 y. 我们定义一个数组 f, f[i] 表示 1 到 i 移动到对应数列首位的最小操作次数

以下是贪心算法的 C++ 代码实现：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>

using namespace std;

int main() {
    int n;
    cin >> n;

    vector<int> a(n), b(n);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        a[i] = (2 * i) + 1;
        b[i] = 2 * (n - i);
    }

    // 计算逆序数
    int cnt = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = i + 1; j < n; j++) {
            if (a[i] > a[j]) cnt++;
            if (b[i] > b[j]) cnt++;
        }
    }

    // 计算 f 数组
    vector<int> f(n + 1);
    f[1] = cnt;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        // 计算移动一个数的代价
        int move_cost = (i - 1) * 2;

        // 计算 f[i]
        f[i] = f[i - 1] + move_cost;
        if (i % 2 == 0) {
            int j = (i / 2) - 1;
            int a_j = j * 2;
            int b_j = (n - j - 1) * 2;
            cnt -= (a_j - j) + (b_j - j);
            cnt += (n - j - 1) - j;
            f[i] = min(f[i], f[i / 2] + cnt + move_cost);
        }
    }

    cout << f[n] << endl;

    return 0;
}

代码的思路如下：

1. 初始化数组 a 和 b，其中 a 包含从 1 到 2n 的每个奇数，b 包含从 1 到 2n 的每个偶数。
2. 计算逆序数 cnt，即数组 a 和 b 中每个数与后面比它大的数的对数之和。
3. 计算数组 f，其中 f[i] 表示 1 到 i 移动到对应数列首位的最小操作次数。
4. 对于偶数 i，假设我们将数组 a 中的前 i 个数移动到首位，我们需要做以下操作：
1. 将 a[0:i-1] 和 b[0:i-1] 中的所有数向右移动 i 个位置。
2. 将 a[i:2n-1] 中的所有数向左移动 i 个位置。
3. 计算移动后的逆序数 cnt'，即 a 和 b 中每个数与后面比它大的数的对数之和。
4. f[i] 取 f[i/2] + cnt' + 移动代价 的最小值。

以下是一个测试案例：

输入：

4

输出：

5

解释：

数组 a 和 b 分别为 {1, 3, 5, 7} 和 {8, 6, 4, 2}，它们的字典序为 {1, 3, 5, 7, 8, 6, 4, 2}。一种最小操作次数的方案为：将 a 中的 1 和 3，b 中的 8 和 6 交换位置，得到 {3, 1, 5, 7, 6, 8, 4, 2}；再将 a 中的 5 和 7，b 中的 4 和 2 交换位置，得到 {3, 1, 7, 5, 4, 6, 8, 2}；最后将 a 中的 7 和 5，b 中的 8 和 2 交换位置，得到 {3, 1, 5, 7, 8, 6, 4, 2}，此时 a 小于 b，总共需要 5 次操作。