[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
有 \(n\) 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 \(O(n \log n)\)。
此处不展开讲倍增解法，原因有三：
- 本题已有大量倍增解法的题解。
- 虽然是 \(O(n \log n)\)，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。
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：
\[1\;2\;3\;4\;5 \]目标位置：
\[4\;3\;1\;5\;2 \]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：
\[1\to 4\to 5\to 2\to 3\to 1 \]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 \(n-m+1\) 张牌。
\(n-m+1\) 是因为最多只会做 \(n-m+1\) 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 \(x_i\) 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 \(len\)。
- 若 \(len< n-m+1\)，则将 \(x_i\) 其中 \(i\in [1,len]\) 一个一个地压入答案的 \(ans[]\) 数组里。
- 否则，直接将 \(i\in [1,n-m+1]\) 的所有 \(x_i\) 压入 \(ans[]\) 即可。
但是，第一种情况时，还有一些 \((n-m+1-len)\) 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
这也正是样例输出的前四个。
但是 \(n-m+1=10-5+1=6\)，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，\(6\) 和 \(7\) 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
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 \(0\) 到 \(m\) 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 \(0\) 到 \(m\) 的链（路径）长度为 \(l\)。
因为这是最后的 \(m-1\) 个数，所以链（路径）中留下来的就是最后进入链（路径）的 \(l-1\) 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 \(O(n\log n)\) 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;
}
