[USACO13DEC] The Bessie Shuffle S 洗牌 题解

提供一种思路,可以做到 O(n)

update 2023.08.13 修改了 Latex 滥用问题。

update 2023.08.12 修改了空格问题。

update 2023.08.11 修改了空格问题。

update 2023.07.29 完工,期望无 bug (暑假快乐吖)

update 2023.07.27 (要原题检测了,先占个坑,有时间再补)

原题大意

n 张牌,每次取出 m(m<n) 张牌进行置换操作。操作完一轮后会出第 1 张牌,并再加入 1 张牌继续进行新一轮的置换操作。

最后无法再进行操作时,则按现顺序不断出牌。

求倒数第 x 次出牌的原编号是多少。

暴力解法

如果没有思考直接开码的话,得到的暴力代码是 O(nq) 的。这个时间复杂度 2013 年的老机器是过不了的。

预计: 73pts

倍增解法

这是正解的一种。通过倍增优化后,时间复杂度是 O(nlogn)

此处不展开讲倍增解法,原因有三:

  1. 本题已有大量倍增解法的题解。
  2. 虽然是 O(nlogn),可以通过本题,但还不是最优解,本帖主要讲最优解 O(n) 做法。
  3. 本人只会不熟练的运用倍增求 LCA 问题(虽然现在还是用树链剖分求 LCA ),倍增还能优化是我听教练讲解后才知道的。

预计: 100pts

O(n) 解法

[warning]: 前方请准备好草稿纸,有演算过程……

Part 0 思考性质

首先我们考虑普通的置换。

例如下面的这个情景:

有 5 个学生要换位置。

原位置:

12345

目标位置:

43152

推论:如果我们把原位置上的数与目标位置上的数进行建边,会得到一些(可能一个)环或点。

如上例:

145231

多举几个例子,会发现都符合推论。

那我们再来看本题的置换。

但是本题的置换有一个很大的特色——每次置换后都会推出第 1 个数,加入第 m+1 个数。

这样的特色带来了一个性质:那就是本题置换不会出现环,只会出现链。

为什么呢?因为有一个都被推出了,相当于下一次的置换就再也找不到那一个。因此不会形成环。

那现在,就对我们的置换操作,来分些 Part 吧。

Part 1 “直接走”操作

为什么叫“直接走”?这个操作用来得到被推出来的 nm+1 张牌。

nm+1 是因为最多只会做 nm+1 次置换。

因此,可以用 dfs 染色的方法先把含1的链得出。那么按 dfs 顺序得到的一些 xi 代表着正数第 i 次原编号为 x 的牌就被推出了。

但是要一点要注意,因为有的时候置换的操作不多,所以可能有一些残留的、与答案不符的。

所以需要做个判断,假设得到的 x 数组长度为 len

  • len<nm+1,则将 xi 其中 i[1,len] 一个一个地压入答案的 ans[] 数组里。
  • 否则,直接将 i[1,nm+1] 的所有 xi 压入 ans[] 即可。

但是,第一种情况时,还有一些 (nm+1len) 的元素还没压入怎么办?如何考虑这些元素?

请移步 Part 2

Part 2 “直接走没走完”操作

这里,我们如何思考?

考场上,可以通过打表法来观察。即我们手搓样例,再模拟出牌过程。

[warning]: 如果你不想思考、不想自己动手,可以直接跳到一个结论部分。

这里可以提供一组样例,十分建议大家手搓一下:

输入

10 5 10
4
1
3
5
2
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1

输出

2
3
1
5
6
7
10
8
9
4

这个样例,是属于“直接走没走完”的情况。因为含 1 的链,只有

2315

这也正是样例输出的前四个。

但是 nm+1=105+1=6,现在只得到了“直接走”部分的前 4 个,还有俩没输出呢,怎么办?

仔细看看样例输出,67 是接下来的这俩。

有啥规律吗?如果你再多搓几组样例,就会发现一个结论。

一个结论

xi=m+ii[len+1,nm+1len]

但是道理是什么?

因为我们这 m 个位置的置换可以分成两部分:

  • 从入口 0m 的一条链(路径)
  • 其余部分

而这个其余部分是各种大小不一的环,而置换后,本质上数的位置就是环中不断变换的位置。

结论已出,那此 Part 结束。现在,我们剑指 Part 3。

Part 3 “走不完”操作

为什么叫“走不完”?

因为剩下的部分数量 <m 无法进行置换操作。故称“走不完”。

此处要注意的是,有些人一开始会认为:“这些牌做不了置换,那就没有发生过位置变动,直接一个一个按原顺序压入 ans[] 好了。”

错误的。

因为有一些部分“经历过”置换,可能是被换过来的。所以上面的说法并不正确。

那这一部分怎么处理呢?

先假设从入口 0m 的链(路径)长度为 l

因为这是最后的 m1 个数,所以链(路径)中留下来的就是最后进入链(路径)的 l1 个数。因为没有第 m 个数了(数量都 <m 了嘛),意味着没有新的数加入进来。其余位置也就是环了(这里解释过,在 Part 2 末),那么可以用同余的方式得出每个位置上的数。

Part 4 查询操作

那现在,我们把置换分成的这 3 个部分全分析清楚了,那么出牌顺序就可以存下来 ans[] 。询问的时候,O(1) 输出就好了。

时间复杂度: O(n)

预计: 100pts

代码实现

虽然时间复杂度降下来了,但是这个方法的思考难度、实现难度都比倍增法更难一些。

所以这里贴一份全代码,各位奆奆洁身自好、不要 COPY

此处贴一份原题检测时AC的代码,因为是原题检测,为了手速就丢掉快读、快写了。79ms的评测代码是加了快读、快写的。

评测下来是 90ms,这仍比 O(nlogn) 的倍增做法快了不止一点。

[warning]: 码风丑的话喷轻一点(逃

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define pb push_back
const int MAXN=1e5+5;
int n,m,q;
int p[MAXN],f[MAXN];
int tot,cnt,len=-1;
int rk[MAXN];
int col[MAXN],ans[MAXN],b[MAXN],c[MAXN];
bool vis[MAXN];
struct node
{
vector<int> v;
}a[MAXN];
void dfs(int x,int co)
{
if(col[x]) return;
if(co==1)
b[++len]=x;
col[x]=co;
rk[x]=a[co].v.size();
a[co].v.pb(x);
if(x>=m) return;
dfs(f[x+1],co);
}
void work1(int x)
{
if(col[x]==1)
{
if(rk[x]>=n-m+1)
c[a[1].v[rk[x]-n+m-1]]=x;
}
else
{
int co=col[x];
int l=a[co].v.size();
c[a[co].v[((rk[x]-n+m-1)%l+l)%l]]=x;
}
}
void work2(int x,int y)
{
if(vis[x]) return;
if(rk[m]>=y)
c[a[1].v[rk[m]-y]]=x;
}
signed main()
{
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&q);
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%lld",&p[i]),f[p[i]]=i;
for(int i=0;i<=m;i++)
if(!col[i])
dfs(i,++tot);
if(len<n-m+1)
{
for(int i=1;i<=len;i++)
ans[++cnt]=b[i];
for(int i=1;i<=n-m+1-len;i++)
ans[++cnt]=m+i,vis[m+i]=1;
}
else for(int i=1;i<=n-m+1;i++)
ans[++cnt]=b[i];
for(int i=1;i<=m;i++)
work1(i);
for(int i=m+1,j=n-m;i<=n;i++,j--)
work2(i,j);
for(int i=1;i<m;i++)
ans[++cnt]=c[i];
while(q--)
{
int x;
scanf("%lld",&x);
printf("%lld\n",ans[n-x+1]);
}
return 0;
}
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