CF1984G Magic Trick II 题解

前记

第一篇黑题题解。难调。好写。码量不大。

Description

给定一个大小为 $n$ 的排列 $p$，选择一个 $k$，对 $p$ 执行操作若干次使得 $p_i=i$。

每次操作有两个参数 $i,j$ 表示将从 $p_i$ 开始的连续 $k$ 个数从 $p$ 中取出，再插入此时 $p$ 中第 $j-1$ 和第 $j$ 个数之间。

如，$p=[1,2,3,4,5]$，$k$ 取 $3$，依次执行操作 $(2,1)$、$(3,2)$：

将 $[2,3,4]$ 取出，此时 $p=[1,5]$，在将 $[2,3,4]$ 放在第 $0$ 个数和第 $1$ 个数之间（即开头），操作完成后 $p=[2,3,4,1,5]$。

再执行 $(3,2)$，$p=[2,4,1,5,3]$。

Solution

结论：$k\ge n-3$。

可通过打表瞎猜得出。

实际上不一定要得出这个结论，因为题目要求最大化 $k$，所以 $k$ 从 $n$ 依次递减，越早能构造出越好。

下面证明并构造。

$k=n$ 时

此时序列无论如何操作都不会变，所以要求 $p$ 一开始就符合条件。

$k=n-1$ 时

此时序列每次操作等于循环移一位，要求 $p$ 一开始在循环移若干位后能满足条件。

$k=n-2$ 时

先考虑 $n$ 为奇数的情况。

每一次执行 $(3,1)$ 相当于循环移 $2$ 位，由于 $n$ 为奇数，每个数所在下标奇偶性会改变，所以在执行 $n$ 此操作以内能使序列循环移位任意长度。

1. 先把 $now$（初始为 $2$）移到第 $1$ 位，操作为 $(3,1)$

2. 在后 $n-1$ 个数中不断移位使 $now-1$ 在第 $n$ 位，操作为 $(3,2)$。

3. 循环移一次，使得 $now$ 接在 $now-1$ 的后面，操作为 $(3,1)$。

这样 $now$ 和 $now-1$ 就有序了，并且之后不会再分开。

然后 $now=now+1$，重复以上步骤直至 $now=n+1$ 时停止。

再考虑 $n$ 为偶数的情况。

每一次执行 $(3,1)$ 也相当于循环移 $2$ 位，但无法改变下标奇偶性，所以在上面操作 $1$ 中，$now$ 可能无法移到第 $1$ 位，但一定能移到第 $1$ 或 $n$ 位，因为 $1$ 和 $n$ 奇偶性不同。

如果能移到第 $1$ 位，就同上操作，否则移到第 $n$ 位，再在前 $n-1$ 个数中循环移位直到第 $n-1$ 位为 $now-1$，操作为 $(2,1)$，注意此时不再需要操作 $3$。

考虑 $1$ 到 $n-2$ 已排好序，此时有六种情况：

• $n,n-1,1\dots n-2$

• $n-1,n,1\dots n-2$

• $n,1\dots n-2,n-1$

• $n-1,1\dots n-2,n$

• $1\dots n-2,n,n-1$

• $1\dots n-2,n-1,n$

第 $2$ 种能移位成第 $5$ 种，第 $4$ 种通过操作 $(2,1)$ 变为第 $5$ 种。

另外 $3$ 种无论如何都无法变为第 $5$ 种。

为什么？

对于操作 $(i,j)$，若 $[p_i,p_{i+1},p_{i+k-1}]$ 会与 $[p_x\dots p_y]$ 相对位置发生变化，设原来有 $a$ 对逆序对，操作后则会有 $k\times(y-x+1)-a$ 对逆序对，发现逆序对数奇偶性不变，因为 $k$ 为偶数，$k\times(y-x+1)$ 也就变为偶数。

因此每次操作无法改变序列内逆序对个数。

若初始时 $p$ 就有奇数个逆序对，则最终总会有 $1$ 个逆序对不会被消去。

那么此时 $k=n-3$ 才能解决问题。

$k=n-3$ 时

先将 $n$ 移到第 $n$ 位。

这里的操作较特殊。

设 $x$ 表示 $n$ 所在下标。

若 $x\ge k$，则将以 $n$ 为结尾的长度为 $k$ 的段放在末尾即可，操作为 $(x-(n-3)+1,4)$。

若 $x<k$，则将以 $1$ 为开头的长度为 $k$ 的段放在末尾，操作为 $(1,4)$，即循环移位 $3$ 位，直到满足上面的条件并执行上面的操作。

然后使 $1\dots n-1$ 在前 $n-1$ 位排序，可以发现，此时总长 $n-1$ 为奇数，且 $k=n-3=(n-1)-2$，所以将其视为上面 $n$ 为奇数的情况并做操作即可。

注意下面实现时，每次操作暴力改变是 $O(n)$ 的，但实际上可以用 $O(1)$ 的链表或其他东西维护，使其总时间复杂度降为 $O(n^2)$，但由于 $n^2$ 次操作严格跑不满，所以 $O(n^3)$ 也能过。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t;
int n,k,cnt,now;
int a[1010],b[1010];
int ans[5000500][2];
void alter(int x,int y){
	int s=1;
	ans[++cnt][0]=x,ans[cnt][1]=y;
	for(int i=1;i<y;i++){
		if(s>=x&&s<=x+k) s=x+k;
		b[i]=a[s++];
	}
	for(int i=y;i<=y+k-1;i++){
		b[i]=a[x+i-y];
	}
	for(int i=y+k;i<=n;i++){
		if(s>=x&&s<=x+k) s=x+k;
		b[i]=a[s++];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i]=b[i];
	}
}
int find(int x){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i]==x) return i;
	}
}
void print(){
	cout<<cnt<<'\n';
	for(int i=1;i<=cnt;i++){
		cout<<ans[i][0]<<" "<<ans[i][1]<<'\n';
	}
}
void solve(){
	cin>>n;
	cnt=0;
	int cnt1=0,cnt2=0;
	cin>>a[1];
	for(int i=2;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		if(a[i]!=a[i-1]+1) cnt2++;
		for(int j=1;j<i;j++){
			if(a[i]<a[j]) cnt1++;
		}
	}
	if(cnt2==0){
		cout<<n<<'\n'<<0<<'\n';
		return ;
	}
	if(cnt2==1){
		k=n-1;
		cout<<k<<'\n';
		while(a[1]!=1){
			alter(2,1);
		}
		print();
		return ;
	}
	if(n%2==1){
		k=n-2,now=2;
		cout<<k<<'\n';
		while(now<=n){
			while(a[1]!=now){
				alter(3,1);
			}
			while(a[n]!=now-1){
				alter(3,2);
			}
			alter(3,1);
			now++;
		}
		while(a[1]!=1){
			alter(3,1);
		}
		print();
		return ;
	}
	if(cnt1%2==0){
		k=n-2,now=2;
		cout<<k<<'\n';
		int type;
		while(now<=n){
			type=find(now)%2;
			if(type==0){
				while(a[n]!=now){
					alter(3,1);
				}
				while(a[n-1]!=now-1){
					alter(2,1);
				}
				now++;
			}else{
				while(a[1]!=now){
					alter(3,1); 
				}
				while(a[n]!=now-1){
					alter(3,2);
				}
				alter(3,1);
				now++;
			}
		}
		while(a[1]!=1){
			alter(3,1);
		}
		print();
		return ;
	}else{
		k=n-3,now=2;
		cout<<k<<'\n';
		while(a[n]!=n){
			int x=find(n);
			if(x<n-3){
				alter(1,4);
			}else{
				alter(x-(n-3)+1,4);
			}
		}
		while(now<=n-1){
			while(a[1]!=now){
				alter(3,1);
			}
			while(a[n-1]!=now-1){
				alter(3,2);
			}
			while(a[1]!=1){
				alter(3,1);
			}
			now++;
		}
		print();
		return ;
	}
	
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cin>>t;
	while(t--){
		solve();
	}
	return 0;
}