[CF1450F] The Struggling Contestant 题解

\(\mathtt{Link}\)

CF1450F The Struggling Contestant - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

\(\mathtt{Description}\)

\(T\) 组数据。

一共有 \(n\) 道题，题号从 \(1\) 到 \(n\)，其中题号为 \(i\) 的题有一个标签 \(a_i\)。 需要确定一个做完 \(n\) 道题的顺序，使得所做的任意连续两道题的标签均不相同，且连续两道题之间题号不相邻的次数尽可能少，求出这个次数的最小值。

\(\mathtt{Data} \text{ } \mathtt{Range} \text{ } \mathtt{\&} \text{ } \mathtt{Restrictions}\)

• \(1 \le T \le 10^4\)；

• \(1 \le a_i < n \le 10^5\)。

\(\mathtt{Solution}\)

首先这个数据范围看着也太强了，果然是 codeforces 的机子啊。

考虑到题目要求排列尽可能连着来，也就是“跳跃”的次数尽可能少。考虑一个做法：扫描一遍数组 \(a\)，如果有 \(a_i = a_{i + 1}\)，我们考虑在 \(i\) 和 \(i +1\) 中间切开。假设扫一遍之后我们已经切成了 \(k\) 段。

然后，两种操作：

• 将 \(k\) 段重排；

• 将某一段逆转（注意到题目中说题号相邻，所以下降 \(1\) 也是不计入代价的）。

这样一来，每段以内是不跳跃的，需要考虑的代价只有段与段之间。事实上，这样一定是最优的，因为明显交换段内的元素，没有任何利处。于是，逆转整个段可以考虑成只有段的端点互换顺序，因为我们根本不关心某一段的中间。

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命题 A：代价不可能小于 \(k-1\)。

证明：

如果原序列合法，代价为 \(0\)，不小于 \(k - 1 = 1 - 1 = 0\)，成立。

如果原序列不合法，按照原始的题号序列，我们发现存在 \(k - 1\) 对 \(a_i = a_{i +1}\) 的矛盾。不妨设个例子，第 \(3\) 题和第 \(4\) 题标签相同，存在矛盾，怎么解决？我们需要换这两个题之一的位置。根据对称性我们考虑换第 \(4\) 题。注意：换位置后要保证第 \(4\) 题是合法的（也就是旁边的标签不再相同），否则换位置就没意义了（或者说可以换个更好的位置）。

• 如果换位置后的第 \(4\) 题不在序列的两端，那么第 \(4\) 题左右必定有两个题，而这两个题中，任何一个又不能是第 \(3\) 题（不合法），就算 \(4\) 的一边是 \(5\)，另一边呢？因此最少会产生 \(1\) 的代价；

• 如果换位置后的第 \(4\) 题在序列的两端，假设在序列的最左端。如果我们要试图让这次换位置没有任何代价，那么第 \(4\) 题的右侧必须是第 \(5\) 题，第 \(5\) 题的右侧必须是第 \(6\) 题……这明显不可能，\(1, 2, 3\) 题直接没位置了。假设在序列的最右端也同理。

• 可能有人要问：如果被换位置的不是第 \(4\) 题而是第 \(1\) 题呢？第 \(1\) 题在最左，然后第 \(2\) 个是第 \(2\) 题……怎么样，发现问题了吧，这不就是原序列吗？所以这样换位置（其实就是没换）不合法。

• 于是有小结论：一个矛盾中某一题被串开，就要至少花费 \(1\) 的代价。

• 因此无论如何，为了串开第 \(3\) 题和第 \(4\) 题，必定要至少花费 \(1\) 的代价。

• 如果两对矛盾没有公共的（不会出现第 \(4\) 题同时和第 \(3\) 题和第 \(5\) 题同时矛盾类似情形），明显就要至少花费 \(2\) 的代价。如果是 \(3\) 对则代价至少为 \(3\)，以此类推。

• 考虑两个矛盾有公共的情况，比如第 \(3\) 题和第 \(4\) 题标签相同，第 \(4\) 题和第 \(5\) 题标签相同。

• 如果我们考虑串开第 \(3\) 题花费 \(1\) 的代价，串开之后第 \(4\) 题和第 \(5\) 题明显还得有一个要串开，所以总共至少花费 \(2\) 的代价。先传开第 \(5\) 题同理。

• 如果先串开第 \(4\) 题呢？串开第 \(4\) 题至少要 \(1\) 的代价，那么谁在 \(3\) 和 \(5\) 中间呢？可以发现第 \(4\) 题被串开后 \(3\) 和 \(5\) 之间，无论不填题还是填了若干题，都会有至少 \(1\) 的代价。

• 所以即使有公共，也是多少对矛盾就有至少多少代价。

• 因此总共 \(k-1\) 对矛盾，就会有至少 \(k-1\) 的代价。

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命题 B：当可以通过操作 \(k\) 个内部合法的段，产生一组合法的解时，定义 \(f_i\) 表示第 \(i\) 个标签作为段的端点出现的次数，那么 \(\forall 1 \le i \le n\)，有 \(f_i \le k +1\)。如果一个段的长度为 \(1\)，也就是 \(1\) 个元素，那么这个元素的标签会被记录 \(2\) 次，因为它同时充当了这个段的左端点和右端点。

证明：考虑这是产生的一个解：\([s_1, s_2], [s_3, s_4], \cdots , [s_{2k - 1}, s_{2k}]\)。\(s_{2i - 1}\) 表示重排后，第 \(i\) 个段的左端点，在原来的 \(a\) 数组中下标（其实就是题号）。\(s_{2i}\) 同理表示右端点对应的下标（也是题号）。

根据解的合法性，相邻段中，左面段的右端点的标签不能等于右面段的左端点的标签，也就是 \(a_{s_2} \ne a_{s_3}\)，\(a_{s_4} \ne a_{s_5}\)……，不过需要注意：\(a_{s_3} = a_{s_4}\) 是完全有可能的，也就是同一个段左右端点标签可以相同。

因此一个标签最多出现 \(k +1\) 次：在 \(s_1\)，\(s_{2k}\) 出现 \(2\) 次，剩下代表左面段右端点，和右面段左端点的 \(k - 1\) 对数中，只有 \(k-1\) 个可以是同一个标签。

这个命题成为我们的突破口，我们开始着手思考刚刚这个命题反过来还可不可以。

命题 C：当 \(\forall 1 \le i \le n\)，有 \(f_i \le k +1\) 时，可以构造一组解，它的代价是 \(k-1\)，是最优解。

证明：考虑重排让解合法是让 \(k\) 段降至 \(1\) 段的过程，考虑 \(k\) 归纳。

\(k = 1\) 时代价明显为 \(k-1\)，即 \(0\)。

\(k \ge 1\) 时。我们假设 \(x\) 使得 \(f_x\) 最大，也就是 \(x\) 是作为段的端点出现的次数最多的那个标签。我们考虑选取一个以某个标签是 \(x\) 的点为端点的段和另一个以某个标签是 \(y\) （\(y \ne x\)）的点为端点的段，把 \(x\) 那头和 \(y\) 那头直接合并即可。

• 这个端点是左端点还是右端点有要求吗？没有。别忘了还有一种操作是把段逆转，这个时候可以任意调换一个段的两个端点题号。因此可以随便合并。

下面我们把因为合并产生变化的变量上面加上撇号，用以和合并前的变量区分。于是有 \(f_x' = f_x - 1\)，\(f_y' = f_y - 1\)，\(k' = k - 1\)。前两条是合并的结果：\(x\) 作为段的端点出现的次数少了 \(1\)，\(y\) 同理。\(k\) 也是描述了合并的结果：段少了 \(1\)。

明显仍然有 \(f_x', f_y' \le k' +1\)。考虑标签 \(z\)，满足 \(z \ne x\) 且 \(z \ne y\)。在合并操作前，有 \(f_z \le 2k - f_x\)，这是因为所有 \(f\) 的总和就是 \(2k\)。还有 \(2k - f_x \le 2k - f_z\)，因为前面的 \(x\) 使得了 \(f_x\) 最大。因此有 \(f_z \le 2k - f_z\)，即 \(f_z \le k\)。因为 \(k' = k - 1\)，因此 \(f_z \le k' +1\)。

所以现在仍然满足 \(\forall 1 \le i \le n\)，有 \(f_i \le k +1\)。归纳成功。

此时证明了一定能构造出一组解，接下来证明它的代价是 \(k-1\)。

可以发现，最后的序列一定是 \(k\) 个段通过一定的顺序，每一段可能正着，也可能是逆转过的，然后再拼在一起的。这 \(k\) 段，每一段中间明显不能产生任何代价，那么能产生代价的只有 \(k - 1\) 个接缝，代价最多是 \(k-1\)。前面又说代价最少是 \(k-1\)，所以其实代价就是 \(k-1\)，是最优解。

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由命题 B 我们知道，\(\forall 1 \le i \le n\)，有 \(f_i \le k +1\) 是有解的必要条件。现在我们构造出的 \(k\) 不满足这个条件，就说明无解了吗？其实并不是。注意到，我们之前对 \(k\) 个段的分法：

扫描一遍数组 \(a\)，如果有 \(a_i = a_{i + 1}\)，我们考虑在 \(i\) 和 \(i +1\) 中间切开。

考虑分段的本质，我们分段是想让每一段的内部都不矛盾。所以上述的分法其实是使得内部不矛盾的情况下，让分段数量最少的方法——这样我们可以保证刚刚得到的 \(k-1\) 的代价是最小的。为了方便，我将这个称之为基础分段——它是满足合法性的，切片最少的分段方案。

但是现在我们 \(k\) 太小了，已经让 \(\forall 1 \le i \le n\)，有 \(f_i \le k +1\) 不成立了。我们发现：在这 \(k\) 个段的基础上，接着切仍然满足合法性。这个时候可以考虑再分多一点段，让 \(k\) 更大，以满足这个条件，然后转化为上面的情况。但是也不能让 \(k\) 盲目大下去，否则可能会破坏最优性。

现在我们的任务是：让 \(k\) 提高最少的量，使得 \(\forall 1 \le i \le n\)，有 \(f_i \le k +1\)。不妨假设，原先有标签 \(x\)，使得 \(f_x > k + 1\)。

我们发现，\(f\) 的总和最大就到 \(2k\)，所以对于任意一个标签 \(y \ne x\)，\(f_y \le k - 2\)，那就当然 \(f_y \le k + 1\) 了，也就是其实我们要处理的只有标签 \(x\)。

让 \(f_x > k +1\) 变成 \(f_x \le k +1\)，两个路线：降低 \(f_x\)，提高 \(k\)。我们知道，分段是不可能降低 \(f_x\) 的。

因此这里有个结论：我们分段不能让 \(f_x\) 增加，必须保证它不变。因为分一次段 \(k\) 只能增加 \(1\)，一旦 \(f_x\) 增加了 \(1\) 甚至以上，我们的分段就是无用的。

不能让 \(f_x\) 增加，等效于不能在标签为 \(x\) 的题的左侧或者右侧切一刀。

注意：这个不能在标签为 \(x\) 的题左右侧切的限制，是在我们处理好基本的内部不矛盾的情况下，发现 \(f_x > k + 1\) 之后才约定的限制。也就是说，它并不限制基础切片方案——毕竟这个是满足合法性的基本要求。

为了达成目的，我们最少要切 \(f_x - k - 1\) 刀，以形成 \(f_x - 1\) 段。因此最优答案是 \(f_x - 2\) 了。

问题：我们一定能达到这个目的吗？

命题 D：当且仅当 \(cnt_x \le \lceil\dfrac{n}{2}\rceil\) 时，可以将数组切成 \(f_x - 1\) 个合法段。\(cnt_x\) 表示标签为 \(x\) 的题目数量。

证明：命题等价于，在基础切片方案之后，可以切 \(f_x - k - 1\) 刀满足均不在标签为 \(x\) 的题的左侧或右侧。

首先明确基础切片的效果：x x y y x y x x x y 在基础切片后为 x|x y|y x y x|x|x y。这里第 \(i\) 个字符是在描述第 \(i\) 道题的标签。

基础切片后发现 \(f_x > k + 1\)，然后再考虑继续切片——这个时候再保证不在 \(x\) 的左右切。事实上，上面基础切片后，我们发现无论再在哪里切都不可能不在 \(x\) 的左右切，事实上这就是一种无解的情况。

不过注意：无解不是基础切片后一定不能再切了，只是上面这个例子特殊。无解是说：基础切片后，能再切的数量不能让 \(f_x \le k + 1\)。

考虑分析 \(cnt_x\) 和 \(f_x\) 之间的关系。

设数组 \(c\)，长度为题目标签为 \(x\) 的连续段数量 \(L\)，记 \(c_i\) 表示第 \(i\) 个连续段的长度。于是有：

\[f_x = \Sigma[2c_i - 2] = 2cnt_x - 2L \]

这个式子的意思是，统计每一个连续段中，\(x\) 作为线段端点标签出现的次数，累加起来。每一段线段端点标签出现次数恰好是 \(2c_i - 2\)。

• \(c_i = 1\) 时，\(2c_i - 2 = 0\)，符合实际情况（落单的一个标签不可能是线段端点，因为它左右并不矛盾，不分段）。

• \(c_i \ge 2\) 时，这个式子其实在描述：这 \(c_i\) 个连续的标签 \(x\)，除了开头的 \(x\) 作为右端点出现一次，结尾的 \(x\) 作为左端点出现一次，中间所有 \(x\) 都会自己成为一个段，也就是作为左右端点，出现 \(2\) 次。符合实际情况。

发现入手点：整个数组基础切片后，不能在标签为 \(x\) 的题的左侧或者右侧切一刀。考虑补集，或者说反向思考方式：在标签为 \(x\) 的题左侧或右侧切一刀的方案。

基础切片会将每个连续的 \(x\) 段中间，相邻的所有 \(x\) 之间切好片。那么实际上我们应该避免的是：每个连续段 \(x\) 的左面不能切；每个连续段 \(x\) 的右面不能切。也就是总共不能切的有 \(2L\) 刀。

基础切片在 \(x\) 之间切的片，是 \(\Sigma[c_i - 1] = cnt_x - L\) 个。

我们会发现标签还有别的呢！假设其他标签（\(y\) 和 \(y\)，或 \(z\) 和 \(z\)）之间的基础切片有 \(m\) 个。

那么剩下能切的刀是 \(n - 1 - (cnt_x - L) - 2L - m = n - 1 - cnt_x - L - m\) 个。

发现还有个 \(k\) 没有计算。现在他代表的是基础切片的段数，他应该等于基础切片的总数 \(+ 1\)，那么它等于 \(cnt_x - L + m + 1\)。

\(f_x - k - 1 = 2cnt_x - 2L - (cnt_x - L + m + 1) - 1 = cnt_x - L - m - 2\)。

这个数是我们为了达到 \(f_x > k + 1\) 要切的刀数，它应该小于等于剩下能切的刀数。

\(cnt_x - L - m - 2 \le n - 1 - cnt_x - L - m\)。

推导，得到 \(cnt_x \le \lceil\dfrac{n}{2}\rceil\)。

Q：怎么想到的这个命题？怎么突然出现了 \(cnt_x\)？

A：其实这题的一开始，我就发现如果 \(cnt_x > \lceil\dfrac{n}{2}\rceil\)，那就一定无解。其实这个非常好想，根据鸽巢原理可以得到，这种情况下无论怎么调整，都会有两个标签为 \(x\) 的挨在一起。

举例：\(n = 7, cnt_1 = 5\)。初始状态：1 2 1 2 1 1 1

这样就根本不可能通过调整顺序让他们不挨着。

所以，考虑这样一个事：如果 \(cnt_x \le \lceil\dfrac{n}{2}\rceil\)，那就一定有解吗？大力推式子证明即可。

命题 E：如果存在一个 \(x\) 使得 \(cnt_x > \lceil\dfrac{n}{2}\rceil\)，那么 \(f_x > k +1\)。（这个命题实际不影响可做性，这里是为了证明官方题解的正确性）

证明：

考虑基础分段后，会分成 \(k\) 个段，用 \([s_0, s_1], [s_1 + 1, s_2], \cdots , [s_{k - 1} + 1, s_{k}]\) 表示。明显有 \(n \ge k\)，因此 \(cnt_x > \lceil\dfrac{n}{2}\rceil\) 可以推出 \(cnt_x >\lceil\dfrac{k}{2}\rceil\)，进而推得，其他非 \(x\) 标签的题目总数 \(n - cnt_x < \lfloor \dfrac{k}{2}\rfloor\)。

考虑 \([s_0, s_1], [s_1 + 1, s_2], \cdots , [s_{k - 1} + 1, s_{k}]\) 的标签。总共 \(2k\) 个题作为端点，标签不是 \(x\) 的题目总共不到 \(\lfloor \dfrac{k}{2}\rfloor\) 个，那么这些端点中标签为 \(x\) 的题目数量，也就是 \(f_x\)，会比 \(2k - \lfloor\dfrac{k}{2}\rfloor\) 还要大，即 \(f_x > 2k - \lfloor\dfrac{k}{2}\rfloor\)。而 \(2k - \lfloor\dfrac{k}{2}\rfloor \ge k + 1\)，因此有 \(f_x > k + 1\)。

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因此我们成功得到这个题的结论：

如果出现最多的标签次数 \(cnt > \lceil\dfrac{n}{2}\rceil\)，那么无解；否则一定有解。

如果不利用命题 E 的结论也可以做：找到最大的 \(f_x\) 对应的 \(x\)，计算它的 \(cnt\) 即可。

扫描一遍数组 \(a\)，如果有 \(a_i = a_{i + 1}\)，我们考虑在 \(i\) 和 \(i +1\) 中间切开，切开的段数，记为 \(k\)。记录最大的 \(f_x\)，表示标签 \(x\) 作为线段端点的标签出现次数。

如果 \(f_x \le k + 1\)，答案是 \(k\)；

否则， 答案是 \(f_x - 2\)。

\(\mathtt{Time} \text{ } \mathtt{Complexity}\)

单个测试数据 \(\operatorname{O}(n)\)。

\(\mathtt{Code}\)

实现太简单，不想写。