P8866 【NOIP2022】 喵了个喵

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构造好题。

思路

操作数量的限制是假的，最大最小操作数都在范围内……

从部分分入手，考虑 $k=2n-2$，每个栈分两个元素，会多出来一个空栈，称其为辅助栈。每次插入元素，对应栈顶是该颜色，入栈消堆顶；栈底是该颜色，入辅助栈后消去栈底。

可以保证每个栈的大小至多为 $2$，颜色个数至多为 $2$，辅助栈总是为空。

当 $k=2n-1$ 时多了一个颜色。

考虑取消栈分颜色，每个颜色加入时如果还存在一个栈有相同颜色，按照 $k=2n-2$ 的方法相消；如果不存在相同颜色，找一个栈内个数小于 $2$ 的栈加入。

如果出现了找不到一个栈可以加入的情况，则出现了第 $2n-1$ 种颜色，设这种颜色为 $p$。

进入后续的操作序列，找到第一个颜色 $p$ 和第一个目前在栈底的颜色 $x$。

• 如果 $p$ 比 $x$ 先出现，在下一次 $p$ 出现前，所有数都可以通过栈顶相消的方式删除，无需使用辅助栈。将 $p$ 入辅助栈，接下来入栈的颜色不断栈顶相消，等待下一次 $p$ 出现时清空辅助栈。

• 如果 $x$ 比 $p$ 先出现，$x$ 所在栈栈顶颜色为 $y$，统计 $p$ 与 $x$ 之间 $y$ 的个数。

  • 若 $y$ 为奇数，将 $x$ 入辅助栈，接下来入栈的颜色不断栈顶相消，当下一个 $x$ 入栈时 $y$ 已经被删光，$x$ 为栈顶，消去 $x$，原 $x$ 所在栈作为新辅助栈。
  • 若 $y$ 为偶数，将 $p$ 入 $x$ 所在栈，接下来入栈的颜色不断栈顶相消，当下一个 $x$ 加入时通过栈底相消的方式消去 $x$，此时 $x$ 所在栈大小仍然为 $2$，颜色仍为两种。

这些操作都保证了至少有一个空栈做辅助栈，每个栈的大小至多为 $2$，颜色个数至多为 $2$。

模拟上述操作即可解决本题。

CODE

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second

const int maxn=2e3+5,maxm=2e6+5;

int n,k,tmp,m;
int s[maxm],id[maxn];

deque<int>que[maxn],ept;

vector<pii>ans;

inline void clr()
{
    for(int i=1;i<=n;i++) que[i].clear();
    for(int i=1;i<=k;i++) id[i]=0;
    for(int i=1;i<=m;i++) s[i]=0;
    ept.clear();ans.clear();
    n=k=tmp=m=0;
}

inline bool work(int x)
{
    int pos=id[x];
    if(pos)
    {
        if(que[pos].front()==x) ans.push_back({pos,0}),ept.push_back(pos),que[pos].pop_front();
        else ans.push_back({tmp,0}),ans.push_back({pos,tmp}),ept.push_back(pos),que[pos].pop_back();
        id[x]=0;
    }
    else
    {
        if(!ept.empty())
        {
            int pos=ept.front();
            ans.push_back({pos,0}),que[pos].push_front(x);id[x]=pos;
            ept.pop_front();
        }
        else return false;
    }
    return true;
}

int main()
{
    // freopen("meow.in","r",stdin);
    // freopen("meow.out","w",stdout);
    int _;
    scanf("%d",&_);
    while(_--)
    {
        clr();
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
        for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&s[i]);
        for(int i=1;i<n;i++) ept.push_back(i),ept.push_back(i);
        tmp=n;
        for(int i=1;i<=m;i++)
        if(!work(s[i]))
        {
            int r=i+1,p=s[i];
            for(;r<=m&&que[id[s[r]]].front()==s[r]&&s[r]!=p;r++);
            if(s[r]==p)
            {
                ans.push_back({tmp,0});
                for(int j=i+1;j<r;j++) work(s[j]);
                ans.push_back({tmp,0});
            }
            else
            {
                int x=s[r],y=que[id[x]].front(),cnt=0;
                for(int j=i+1;j<r;j++) cnt+=(s[j]==y);
                if(cnt&1)
                {
                    ans.push_back({tmp,0});que[tmp].push_front(p);
                    int u=id[x];
                    for(int j=i+1;j<r;j++)
                    {
                        if(s[j]!=y) work(s[j]);
                        else ans.push_back({u,0});
                    }
                    ans.push_back({u,0});
                    que[u].clear();ept.push_back(tmp);
                    id[x]=0;id[y]=0;id[p]=tmp;
                    tmp=u;
                }
                else
                {
                    ans.push_back({id[x],0});id[p]=id[x];
                    que[id[p]].push_front(p);
                    for(int j=i+1;j<r;j++)
                    {
                        if(s[j]!=y) work(s[j]);
                        else ans.push_back({tmp,0});
                    }
                    ans.push_back({tmp,0});
                    ans.push_back({tmp,id[x]});
                    que[id[x]].pop_back();id[x]=0;
                }
            }
            i=r;
        }
        printf("%d\n",(int)ans.size());
        for(auto v:ans)
        {
            if(v.se) printf("2 %d %d\n",v.fi,v.se);
            else printf("1 %d\n",v.fi);
        }
    }
}

喵~