https://ac.nowcoder.com/acm/contest/117763
E
在此题中，我们认为数组以从左到右的顺序排列。
对于一个数组 \(a\)，小芳定义两个函数 \(L\left( a\right)\) 与 \(R\left( a\right)\) 为：
\(\hspace{23pt} \bullet\)\(L\left(a \right)\)：数组中所有满足“大于其左侧所有数”的数之和。
\(\hspace{23pt} \bullet\)\(R\left(a \right)\)：数组中所有满足“大于其右侧所有数”的数之和。
如，设一个数组 \(b = \{2,3,4,3,5,1\}\)，则 \(L\left( b\right) = 2+3+4+5 =14\)，\(R\left(b\right) = 1+5=6\)。
小芳希望小红构造一个长为 \(n\) 的排列 \(c\)，使得 \(L\left(c\right)+R\left(c\right)=k\)。请你帮帮小红。
也就是说大概是这样的：
找到最高的位置，记为\(p\)，那么\(L(a)\)也就等于\([1,p]\)单调增的所有数相加；\(R(a)\)等于\([p,n]\)从右向左单调增的所有数之和。由于答案要求我们构造一个长度为\(n\)的排列，因此\(n\)肯定会被计算两次，\(n-1\)会被计算一次，所以\(L(a)+R(a)\geq 3\times n-1\)。
考虑如何构造：不妨把\(n\)方在最后一个位置，\(n-1\)放在\(n\)前面的位置，然后将构造\(k\)需要的数按大到小放在\(n-1\)的前面，没有用到的数放在\(n-1\)和\(n\)的中间即可。对于从\([1,n-2]\)构造\(k-(3\times n-1)\)，只需要贪心即可。
void solve() {int n,k;cin >> n >> k;if(k<3*n-1||k>((1+n)*n/2+n)){cout << -1 << endl;return;}k-=3*n-1;vector<int> vis(n+1);vis[n]=vis[n-1]=1;for(int i=n-2;i>=1;i--){if(k>=i){vis[i]=1;k-=i;}}if(k!=0){cout << -1 << endl;return;}vector<int> ans;for(int i=1;i<=n-1;i++){if(vis[i]) ans.push_back(i);}for(int i=1;i<=n-1;i++){if(!vis[i]) ans.push_back(i);}ans.push_back(n);for(int i:ans) cout << i << " ";cout << endl;
}
F
对于一个数组，小苯可以做任意次如下操作：
\(\hspace{23pt} \bullet\) 交换数组中的任意两个元素。
现在小红想要构造一个长为 \(n\) 的排列 \(a\)，对所有的 \(a_i\) 都满足 \(a_i \ne i\)，使得小苯将数组变为升序的最小操作数为 \(k\)。
请你帮帮小红。
题意：现在要求我们构造一个排列，要求对于任意\(a_i\not= i\)，且将其变为\(a_i=i\)的最小操作次数为\(k\)，一次操作可以交换排列中任意两个元素的位置。
前置知识：置换环。
我们考虑这样一个排列：
2 3 4 5 1
将其变为升序的最小操作次数为4次，也就是环的大小减1。我们可以对上面这样一个排列建图：\((i,a_i)\)。我们通过\(dfs\)可以得到\(m\)个连通块，且每个连通块都是一个环，考虑要将这\(m\)个连通块进行交换得到\(n\)个自环的最小操作次数：首先可以知道交换一定是在环内，连通块之间交换一定是不优的；其次连通块内的最小操作次数为\(sz_i-1\)，其中\(sz_i\)为第\(i\)个连通块的大小。这个也是很容易证明的。所以我们可以得到结论：最小操作次数\(=\sum_{i=1}^{m}{(sz_i-1)}=\sum_{i=1}^{m}{sz_i}-m=n-m\)。
现在要求我们最小操作次数为\(k\)，所以连通块的数量一定为\(n-k\)，所以我们只需要构造有\(n-k\)个连通块的排列就好。可以按照这样的方式构造一个连通块：对于\([1,m]\)，我们要将其构造为一个置换环，只需要让所有元素向左或者右轮循一次就即可，变为\(2,3,4,5,6,\dots,m,1\)。
那么答案可以贪心构造，每次选择两个元素进行构造，最后所有元素为一组，可以知道环最多为\(\frac{n}{2}\)个，所以可以先对\(k\)进行边界特判，最小操作次数肯定为\(n-\frac{n}{2}\)，最大操作次数为\(n-1\)。
void solve() {int n,k;cin >> n >> k;if(k<(n-n/2)||k>n-1){cout << -1 << endl;return;}int l=1,r=2;int m=n-k;vector<int> ans;while(m>1){ans.push_back(r);ans.push_back(l);l=r+1;r=l+1;m--;}//最后一个环r=n;for(int i=l+1;i<=n;i++) ans.push_back(i);ans.push_back(l);for(int i=1;i<=n;i++){cout << ans[i-1] << " \n"[i==n];}
}
再多补一个置换环的题：https://codeforces.com/gym/630599/problem/G
题意为给定一个排列，现在可以交换任意两个元素，问使得排列有恰好一个逆序对的最小操作次数。
很显然答案肯定为这个样子\({2,1,3,4,5,6,\dots,n}\)，所以也就是我们将排列变为这个的最小操作次数。由上面的结论，我们可以知道将排列变为\(1,2,3,\dots,n\)的最小操作次数为\(n-m\)，\(m\)为置换环的个数，之后再使用用一次将其变为答案这样。
现在只需要考虑会不会存在比这个操作次数更小的情况，我们发现如果恰好\(1和2\)在同一个置换环内，那么答案为\(n-m-1\)，否则为\(n-m+1\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 1e18
#define endl '\n'
#define int long long
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
int dx[4] = {1, 0, -1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};
const int N = 2e5 + 9, M = 2e5 + 9, mod = 1e9 + 7;void solve() {int n;cin >> n;vector<int> p(n+1);for(int i=1;i<=n;i++) cin >> p[i];vector<vector<int>> g(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){g[i].push_back(p[i]);}//可以使用tarjan进行缩点vector<int> dfn(n+1),low(n+1),color(n+1),inq(n+1);stack<int> stk;int sscnt=0,tot=0;auto tarjan=[&](auto&& self,int u)->void{dfn[u]=low[u]=++tot;stk.push(u);inq[u]=1;for(int v:g[u]){if(!dfn[v]){self(self,v);low[u]=min(low[u],low[v]);}else if(inq[v]){low[u]=min(low[u],dfn[v]);}}if(low[u]==dfn[u]){int v;sscnt++;do{v=stk.top();color[v]=sscnt;stk.pop();inq[v]=0;}while(v!=u);}};for(int i=1;i<=n;i++){if(!dfn[i])tarjan(tarjan,i);}int ans=n-sscnt;if(color[1]==color[2]) ans--;else ans++;cout << ans << endl;
}
/*
5 1 4 3 2
5 1 2->2 1 5
4 3
*/
signed main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}
但是wa了，为什么呢？考虑有问题，因为答案的形式应该为\(1,2,3,4,5,\dots,n\)，只交换其中一对相邻元素的形式，所以我们还需要对每个\((i,i+1)\)考虑是否在同一个置换环内，如果一个都没有，那么答案为\(n-m+1\)，否则为\(n-m-1\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 1e18
#define endl '\n'
#define int long long
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
int dx[4] = {1, 0, -1, 0}, dy[4] = {0, 1, 0, -1};
const int N = 2e5 + 9, M = 2e5 + 9, mod = 1e9 + 7;void solve() {int n;cin >> n;vector<int> p(n+1);for(int i=1;i<=n;i++) cin >> p[i];vector<vector<int>> g(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){g[i].push_back(p[i]);}//可以使用tarjan进行缩点vector<int> dfn(n+1),low(n+1),color(n+1),inq(n+1);stack<int> stk;int sscnt=0,tot=0;auto tarjan=[&](auto&& self,int u)->void{dfn[u]=low[u]=++tot;stk.push(u);inq[u]=1;for(int v:g[u]){if(!dfn[v]){self(self,v);low[u]=min(low[u],low[v]);}else if(inq[v]){low[u]=min(low[u],dfn[v]);}}if(low[u]==dfn[u]){int v;sscnt++;do{v=stk.top();color[v]=sscnt;stk.pop();inq[v]=0;}while(v!=u);}};for(int i=1;i<=n;i++){if(!dfn[i])tarjan(tarjan,i);}int ans=n-sscnt;bool ok=false;for(int i=1;i<n;i++){if(color[i]==color[i+1]){ok=true;break;}}if(ok) ans--;else ans++;cout << ans << endl;
}
/*
5 1 4 3 2
5 1 2->2 1 5
4 3
*/
signed main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}
