两个有趣的题目
\(\text{Luogu8099}\)
题目描述
现在有一个长度为 \(n\) 的序列 \(\{h\}\) 。定义一次操作为选择两个 相邻 下标 \(i,j\) ，若 \(|h_i-h_j|\leqslant k\) 就交换 \(h_i,h_j\) 。你可以进行上述操作无数次。
问可以得到的最小字典序序列是什么？
\(n \leqslant 10^5\) 。
思路点拨
不论你如何操作，如果两个位置 \(i,j\) 有 \(|h_i-h_j|>k\) 那么 \(h_i,h_j\) 的相对位置关系是不会变得，别的我们显然可以任意变动。最终我们需要在保持若干个相对位置关系的前提下让字典序最小不难想到一个暴力：
-
对于 \(i,j(i<j)\) ，如果 \(|h_i-h_j|>k\) 我们就让 \(i\) 向 \(j\) 连有向边。
-
所以一个答案对应了有向图上的一个拓扑序，我们希望这个拓扑序字典序尽可能的小直接将拓扑排序的队列换成堆即可。
时间复杂度上界 \(O(n^2\log n)\) 。
考虑进行优化，我们连边的方式的关系比较特殊，对于节点 \((i,h_i)\) 向 \((j,h_j)\) 连边的前提就是 \(j>i\) 并且 \(h_j \notin [h_i-k,h_i+k]\) 。一开始我们可以简单求出对于一个节点 \(i\) 他在有向图中的入度是多少。
拓扑排序的过程中我们每取出一个节点就将满足 \(j>i\) 并且 \(h_j \notin [h_i-k,h_i+k]\) 的节点入度减一，使用树套树做到 \(O(n \log^2 n)\) ，已经足够通过本题。
我们发现树套树没有必要维护 \(j>i\) 的关系，因为如果对于节点 \(i\) 他在入度的边全部被删除的情况下，存在 \(j<i\) 并且 \(h_j \notin [h_i-k,h_i+k]\) 这个与我们的假设是矛盾的。故没有必要维护下标。时间优化到 \(O(n \log n)\) 。
代码实现时离散化会更加方便。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define lowbit(x) ((x)&(-x))
using namespace std;
namespace IO{
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-f;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
inline void print(int x){
if(x>9) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
}
using namespace IO;
const int MAXN=1e5+10,inf=1e9;
int n,k;
int a[MAXN],deg[MAXN],tmp[MAXN];
map<int,int> vis;
int bit[MAXN];
void add(int x){
for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)) bit[i]++;
}
int query(int l,int r){
int cnt=0;
for(int i=r;i;i-=lowbit(i)) cnt+=bit[i];
for(int i=l-1;i;i-=lowbit(i)) cnt-=bit[i];
return cnt;
}
struct node{
int x,y;
node(int x_=0,int y_=0){x=x_,y=y_;}
}t[MAXN<<2];
int tag[MAXN<<2];
void pushup(int i){
if(t[i<<1].y==t[i<<1|1].y)
t[i]=node(min(t[i<<1].x,t[i<<1|1].x),t[i<<1].y);
else t[i]=(t[i<<1].y<t[i<<1|1].y)?t[i<<1]:t[i<<1|1];
}
void pushdown(int i){
t[i<<1].y+=tag[i],t[i<<1|1].y+=tag[i];
tag[i<<1]+=tag[i],tag[i<<1|1]+=tag[i];
tag[i]=0;
}
void build(int i,int l,int r){
if(l==r){
t[i]=node(l,deg[l]);
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(i<<1,l,mid),build(i<<1|1,mid+1,r);
pushup(i);
}
void update(int i,int l,int r,int L,int R,int w){
if(l>R||r<L) return ;
if(L<=l&&r<=R){
t[i].y+=w,tag[i]+=w;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
pushdown(i);
update(i<<1,l,mid,L,R,w);
update(i<<1|1,mid+1,r,L,R,w);
pushup(i);
}
signed main(){
n=read(),k=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=tmp[i]=read();
sort(tmp+1,tmp+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
vis[a[i]]++;
a[i]=lower_bound(tmp+1,tmp+n+1,a[i])-tmp-1+vis[a[i]];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
int w=tmp[a[i]];
int L=lower_bound(tmp+1,tmp+n+1,w-k)-tmp,R=upper_bound(tmp+1,tmp+n+1,w+k)-tmp-1;
deg[a[i]]=(i-1)-query(L,R);
add(a[i]);
}
build(1,1,n);
for(int i=1;i<=n;i++){
int w=t[1].x;
print(tmp[w]),putchar('\n');
int L=lower_bound(tmp+1,tmp+n+1,tmp[w]-k)-tmp,R=upper_bound(tmp+1,tmp+n+1,tmp[w]+k)-tmp-1;
if(L>1) update(1,1,n,1,L-1,-1);
if(R<n) update(1,1,n,R+1,n,-1);
update(1,1,n,w,w,inf);
}
return 0;
}
\(\text{Luogu8100}\)
题目描述
现在有一个长度为 \(n\) 的序列 \(\{h\}\) 。定义一次操作为选择两个 相邻 下标 \(i,j\) ，若 \(|h_i-h_j|=1\) 就交换 \(h_i,h_j\) 。你可以进行上述操作无数次。
问可以通过操作得到多少本质不同的序列？
\(n \leqslant 5000\) 。
思路点拨
我们同样按照上述的想法去连边，例如：如果 \(i<j\) 并且 \(|h_i-h_j|\neq 1\) 就让 \(i\) 向 \(j\) 连有向边。我们认为两个元素的 \(h\) 相同也是不可交换的，因为交换了也没有意义，这样会更加方便。
然后答案对应了这个有向图上的一个拓扑序。但是拓扑序计数是npc问题，所以这个图一定是比较特殊的。
题目讲到 \(|a_i-a_j|=1\) ，那么 \(a_i,a_j\) 的奇偶性就不同，最终对于同种奇偶的数而言，他们的相对位置就不会变化，所以这个有向图如果我们只看同奇偶的节点之间的连边等价于一条链，所以这个有向图就是两条链之间连了一些边。
考虑进行动态规划，定义 \(f_{i,j}\) 表示考虑到第 \(1\) 条链的第 \(i\) 个元素，第 \(2\) 条链的第 \(j\) 个元素，拓扑序的数量是多少？我们每一次转移的例如向 \(f_{i+1,j}\) 转移就看第 \(2\) 条链中向 \(i+1\) 连边的节点是否都小于等于 \(j\) 即可；向 \(f_{i,j+1}\) 转移类似。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
namespace IO{
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-f;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
inline void print(int x){
if(x>9) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
}
using namespace IO;
const int MAXN=5e3+10,mod=1e9+7;
int T,n,a[MAXN];
int f[MAXN][MAXN],pos[MAXN][2],pre[MAXN];
signed main(){
T=read();
while(T--){
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
int cnt[2]={0,0};
for(int i=1;i<=n;i++){
pos[++cnt[a[i]&1]][a[i]&1]=i;
pre[i]=0;
for(int j=i-1;j;j--)
if((a[i]&1)!=(a[j]&1)&&abs(a[i]-a[j])!=1){
pre[i]=j;
break;
}
}
for(int i=0;i<=cnt[0];i++)
for(int j=0;j<=cnt[1];j++) f[i][j]=0;
f[0][0]=1;
for(int i=0;i<=cnt[0];i++)
for(int j=0;j<=cnt[1];j++){
if(i<cnt[0]&&pre[pos[i+1][0]]<=pos[j][1])
f[i+1][j]=(f[i+1][j]+f[i][j])%mod;
if(j<cnt[1]&&pre[pos[j+1][1]]<=pos[i][0])
f[i][j+1]=(f[i][j+1]+f[i][j])%mod;
}
print(f[cnt[0]][cnt[1]]),putchar('\n');
}
return 0;
}
