【题解】cf1381c Mastermind
序
（一道很考验思维质量的构造好题，而且需要注意的细节也很多。）
本题解主体使用的是简洁且小常数的\(O(nlogn)\)时间复杂度代码，并且包含其他方法的分析留给读者自行实现（其实是自己不会写或者写崩了）。
后记有\(O(n)\)时间复杂度的反向优化。
题意
共t组数据，每组数据第一行是n,x,y，其中n表示数列规模。接下来一行是n个数表示数列，要求输出任意一个数列，它与原数列满足：
-
有x个数字位置相同且大小相同
-
打乱原数列顺序后，最多能有y个元素位置相同且大小相同。
转义
为方便分析，这里对题目进行转义，我们认为新数列是由原数列变换位置后得到的，并重新定义下列字母：
- \(x\)表示位置不变的数字个数
- \(y\)表示新旧位置在原数列的对应位置上，颜色不同的数字个数
- \(z\)表示舍弃的数字个数。
n=read();
x=read();
y=read()-x;
z=n-x-y;
解释一下舍弃：存在可以舍弃掉的数字，其原因在于颜色总值域为[1,n+1]，故必然存在原数组颜色值域以外的颜色(记为\(off\))，\(x\)和\(y\)按规则变换位置后，剩余位置填上\(off\)即可。
体现在原数组里面就相当于有 \(z\)个元素被舍弃。
分析
\(x\)是位置不变，\(z\)是直接舍弃，显然这二者都不涉及到有无解的问题。
而\(y\)要求新旧位置必须颜色不同，这一点可能无法满足，所以我们重点分析这\(y\)个数字的选取和转移。
而且非常容易被错误理解的一点是：在选定\(y\)个数字后，我们的转移终点并不一定必须也在这\(y\)个数字的位置上。显然\(x\)的位置是无法作为终点的，但\(z\)反正被舍弃，其留下的空位置便可以作为终点！
定性选取
不难发现：在所选的\(y+z\)个数字中，频数最大的颜色频数越小，越容易有解。
通俗来讲就是颜色分布越多样、均匀，越容易有解。
因为如果某一种颜色过多，就可能导致\(y\)没有足够的转移终点。
因此第一步就是贪心地去均匀选数，可以用堆选取\(x\)个数字使得剩余数字的颜色的最大频数尽可能小（\(nlogn\)），也可以直接开个二维vector如下均匀选取（排序也要\(nlogn\)）
struct color
{
int col,id;
color(int C=0,int I=0):col(C),id(I){}
};
struct cmp1
{
bool operator () (const vector<color> &x,const vector<color> &y)
{
return x.size()>y.size();
}
};
n=read();
x=read();
y=read()-x;
z=n-x-y;
//将输入存储于二维vector中
for(ri i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
vector<vector<color> > vec(n+1);
for(ri i=1;i<=n;++i)
vec[a[i]-1].push_back(color(a[i],i));
sort(vec.begin(),vec.end(),cmp1());
while(!vec.back().size())vec.pop_back();
//尽可能多样地选取y+z个col
vector<color> arr;
for(ri i=1,p=0;i<=y+z;++i)
{
arr.push_back(vec[p].back());
vec[p].pop_back();
if(++p==vec.size())
{
while(vec.size() && !vec.back().size())vec.pop_back();
p=0;
}
}
定量判断
可对于选出的\(y+z\)个数字，我们如何定量判断是否无解？
记其中颜色的最大频数为\(maxcnt\)
则它们还需要颜色不同的\(maxcnt\)个终点进行转移
故若\(maxcnt*2-(y+z) \le 0\)必然有解
但需要注意的是：
-
仅当频数超过\(\lfloor {{y+z} \over 2} \rfloor\)上式才有可能\(>0\)，故最多只有有一种颜色存在这样的风险。
-
并不是所有\(maxcnt\)个数字都必须有转移终点 ，我们完全可以舍弃其中的\(z\)个数字不作转移，但它们留下的空位置并不能作为剩余同颜色数字的转移终点，故若\(0 < maxcnt*2-(y+z) \le z\)则也有解。
(如果不容易理解可以画图：在长为\(y+z\)的区间上，\(maxcnt*2\)相当于顶着区间两端各放一条线段，减去\(y+z\)的区间总长，得到的是两线段的重叠部分，这便是必须舍弃的部分)
综上：若\(maxcnt*2-(y+z) \le z\)则有解，反之无解。
//统计个数，获得各颜色个数排名
int maxcnt=0,off;
for(ri i=1;i<=n+1;++i)cnt[i]=0;
for(ri i=0;i<arr.size();++i)++cnt[arr[i].col];
for(ri i=1;i<=n+1;++i)
{
if(cnt[i])maxcnt=max(maxcnt,cnt[i]);
else off=i;
}
if(maxcnt*2-(y+z)>z){printf("NO\n");return;}
构造转移
这是一个卡了我很久的点（主要是我看了ltao的题解发现他直接一笔带过就很离谱）
我们费尽功夫选好了\(y+z\)个点，判断出了有无解，可真到了构造转移的时候应该怎么处理。
显然前面没选的\(x\)个数字原地tp即可，不在话下。
对于选好的\(y+z\)个数字，最初的想法如下：
- 颜色集中分布，按颜色频数从小到大排序。（\(logn\)）
- 对于频数最大的颜色，我们优先处理它的转移终点，若\(maxcnt*2-(y+z) \le 0\)则不必动用舍弃名额，直接 在剩余颜色里面按频数从小到大选就可以；否则就舍弃\(maxcnt*2-(y+z)\)个。
- 对于剩余颜色，按频数从大到小处理，每种颜色的转移终点从比频数比它大的里面选（可以用queue存储频数比它大的位置），由于上一步是从小到大选的故这一步必然有解。
- 如果有剩余的舍弃名额就随便舍。
正确性显然，但代码实现繁琐，留给读者自行思考。
然后在这里分析一下ltao的构造思路（确实很妙，我也加入了一些自己的理解）：
首先注意在上一步的代码中我们已经将arr按颜色集中分布。
记录两个指针\(i,j\)，分别表示转移的终点和起点。（注意顺序）
初始化\(i=0,j=maxcnt\)，令它们有\(maxcnt\)的初始间隔，见下例（没选的\(x\)个已省略，\(y=5,z=2\)）
| arr.col | 1 | 2 | 2 | 2 | 2 | 3 | 3 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 指针i | i | ||||||
| 指针j | j | ||||||
| b |
若\(i,j\)对应颜色不同，则设置转移并记录在新数列中，由于初始间隔的存在，不难证明当\(i\)和\(j\)任意一者对应颜色不是频数最大的颜色时，必然可以转移，即\(i,j\)同时向右移动（注意\(j\)在\(arr.end()\)时的取模）即可；
而需要特殊处理的是\(i,j\)对应颜色相同的情况，如下例：
| arr.col | 1 | 2 | 2 | 2 | 2 | 3 | 3 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 指针i | i | ||||||
| 指针j | j | ||||||
| b | 2 | 3 | 3 | 1 |
此时我们保持起点\(j\)不动，继续寻找终点\(i\)直至可行（可见，途径不可行的都是被舍弃的终点）：
| arr.col | 1 | 2 | 2 | 2 | 2 | 3 | 3 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 指针i | i | ||||||
| 指针j | j | ||||||
| b | 2 | 3 | 3 | 1 | 4 | 2 |
直到每一个终点都被尝试过，结束算法。可见由于\(j\)的停滞，同样存在一些被舍弃的起点：
| arr.col | 1 | 2 | 2 | 2 | 2 | 3 | 3 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 指针i | i | ||||||
| 指针j | j | ||||||
| b | 2 | 3 | 3 | 1 | 4 | 2 | 2 |
该算法核心就在于初始间隔\(maxcnt\)的设置能够很好地处理非最大频数颜色的转移；而面对最大频数颜色的冲突，我们也可以通过\(j\)的停滞来舍弃最大频数颜色末尾的部分数字，以保证有解。（啥也别说了都快去%ltao）
upd[2020.7.23]：如果还是不太懂（有可能是因为luogu表格炸了看不清，点击以获取更好的阅读体验），就体会一下ltao的原话：
前面你判了一定有解对吧
所以之后只需要排序 然后 肯定会有解的
所以 你只要把这个排好序的序列平移 一半（即maxcnt）
注意 这个平移还是要留下之前的索引
然后可以保证排好序的数组至少ok
那么，按照你存的索引直接找回去就OK
这应该是ltao最初从宏观角度思考的算法思路了，还不明白可以看代码
struct cmp2
{
bool operator () (const color &x,const color &y)
{
return cnt[x.col]!=cnt[y.col] ? cnt[x.col]>cnt[y.col] : x.col>y.col;
}
};
//填入y+z个元素的b
for(ri i=1;i<=n;++i)b[i]=0;
sort(arr.begin(),arr.end(),cmp2());
for(ri i=0,j=maxcnt,sz=arr.size();i<sz;++i)
{
if(j<maxcnt+y && arr[i].col!=arr[j%sz].col)
b[arr[i].id]=arr[(j++)%sz].col;
else
b[arr[i].id]=off;
}
//输出b
printf("YES\n");
for(ri i=1;i<=n;++i)
{
put(b[i] ? b[i] : a[i]);
pc(' ');
}
pc('\n');
后记
在实现了上述代码并成功\(AC\)后，你发现代码中有两个\(sort\)格外显眼：
- 给二维vector按照一维的size排序（选数阶段）
- 给arr按照颜色集中分布的排序（转移阶段）
这个2很好处理，因为我们转移时，没有必要特意按频数排序，只要颜色集中就可以（看见我上面给的那个样例故意没排序了吗），这一点可以在统计颜色的时候处理。
//统计个数，获得maxcnt，并将arr按颜色集中分布
int maxcnt=0,off;
vector<vector<color> > tarr(n+1);
while(arr.size())
{
tarr[arr.back().col-1].push_back(arr.back());
arr.pop_back();
}
for(ri i=0;i<n+1;++i)
{
if(tarr[i].size())
{
maxcnt=max(maxcnt,(int)tarr[i].size());
while(tarr[i].size())
{
arr.push_back(tarr[i].back());
tarr[i].pop_back();
}
}
else off=i+1;
}
if(maxcnt*2-(y+z)>z){printf("NO\n");return;}
至于1确实不易实现，因为会有size相同的一维vector，所以我们再给它开个桶（给桶桶排的桶应该叫啥？桶的桶？二阶桶？）
//将输入存储于二维vector中
for(ri i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
vector<vector<color> > vec(n+1);//二维vector 桶
vector<vector<vector<color> > >tax(n);//三维vector 桶的桶（笑）
for(ri i=1;i<=n;++i)
vec[a[i]-1].push_back(color(a[i],i));
while(vec.size())//这桶排写得属实烧脑
{
if(vec.back().size())
tax[vec.back().size()-1].push_back(vec.back());
vec.pop_back();
}
for(ri i=n-1;i>=0;--i)
{
while(tax[i].size())
{
vec.push_back(tax[i].back());
tax[i].pop_back();
}
}
然后踌躇满志地提交，你会发现：
上文\(O(nlogn)\)提交记录
线性\(O(n)\)提交记录
”喂这什么情况啊这波怎么成了反向优化了“
“废话分析分析常数不就知道了”
事实证明sort的常数还是很优的
