【洛谷P8866】喵了个喵

1|0题目

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P8866
小 E 喜欢上了一款叫做《喵了个喵》的游戏。这个游戏有一个牌堆和 $n$ 个可以从栈底删除元素的栈，任务是要通过游戏规则将所有的卡牌消去。开始时牌堆中有 $m$ 张卡牌，从上到下的图案分别是 $a_1, a_2,\dots, a_m$。所有的卡牌一共有 $k$ 种图案，从 $1$ 到 $k$ 编号。牌堆中每一种图案的卡牌都有偶数张。开始时所有的栈都是空的。这个游戏有两种操作：

• 选择一个栈，将牌堆顶上的卡牌放入栈的顶部。如果这么操作后，这个栈最上方的两张牌有相同的图案，则会自动将这两张牌消去。
• 选择两个不同的栈，如果这两个栈栈底的卡牌有相同的图案，则可以将这两张牌消去，原来在栈底上方的卡牌会成为新的栈底。如果不同，则什么也不会做。

这个游戏一共有 $T$ 关，小 E 一直无法通关。请你帮小 E 设计一下游戏方案，即对于游戏的每一关，给出相应的操作序列使得小 E 可以把所有的卡牌消去。

$n\leq 300,\sum m\leq 2\times 10^6,k\in\{2n-2,2n-1\}$。

2|0思路

首先 $k=2n-2$ 的很好做，每一个元素与其前$/$后一个相同元素匹配，把至多两个元素放在一个栈中，消除的时候在栈顶就直接放到栈里，在栈底就放在最后一个空栈里。
$k=2n-1$ 的时候，可能出现 $n-1$ 个栈都放了两个元素，但是下一个元素不存在于任何栈中的情况。无论是将这个元素放在最后一个栈，或是任意一个已经放了两个元素的栈中，都可能导致无法消除。
假设一个有两个元素的栈，栈底为 $x$，栈顶为 $y$，观察到，如果将这最后一个元素 $z$ 放在这个栈上面，若在牌堆中下一个 $x$ 出现的比下一个 $y$ 早，那么其实不会有任何的影响。因为利用最后一个空栈将 $x$ 消除后，又会变为原来的情况。
如果所有栈都不满足下一个 $x$ 出现的比下一个 $y$ 早，那么只需要将 $z$ 放在那个空栈中，然后把 $n$ 个 $x$ 中在牌堆中最早出现的那一个所在的栈设为新的空栈即可。因为这一个 $x$ 一定可以通过操作 $1$ 来消除。
需要注意的是，当一个栈被定义为“空栈”的时候，无论那个栈是否还存在元素，都不可以往里面再添加元素，直到下一次特殊情况出现。否则可能导致因为加入新的元素，这个栈底无法通过操作 $1$ 来消除。
实现的话我比较无脑，直接维护 $4$ 个 $\rm set$，分别储存 有 $0$ 个元素（注意不等价于上文的“空栈”，那个“空栈”是用来处理特殊情况的空栈）$\ /\ 1$ 个元素$\ /\ 2$ 个元素且 $x$ 先于 $y\ /\ 2$ 个元素且 $x$ 后于 $y$ 的栈的编号。注意“空栈”需要特殊记下来。
时间复杂度 $O(m\log n)$。

3|0代码

#include <bits/stdc++.h>
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;

const int N=610,M=2000010;
int Q,n,m,k,pos,a[M],bel[N],st[N][4];
queue<pair<int,int> > q;
set<int> s0,s1,s2,s3;
vector<int> nxt[N];

int main()
{
	scanf("%d",&Q);
	while (Q--)
	{
		s0.clear(); s1.clear(); s2.clear(); s3.clear();
		scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
		for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&a[i]);
		for (int i=m;i>=1;i--) nxt[a[i]].push_back(i);
		for (int i=2;i<=n;i++) s0.insert(i);
		pos=1;
		for (int i=1;i<=m;i++)
		{
			nxt[a[i]].pop_back();
			int p=bel[a[i]];
			if (!p)
			{
				if (s0.size())
				{
					int id=*s0.begin();
					q.push(mp(id,-1));
					s1.insert(id); s0.erase(s0.begin());
					st[id][1]=a[i]; bel[a[i]]=id;
				}
				else if (s1.size())
				{
					int id=*s1.begin();
					if (id==pos) id=*(++s1.begin());
					q.push(mp(id,-1));
					s1.erase(s1.find(id));
					if (nxt[st[id][1]].back()>nxt[a[i]].back()) s2.insert(id);
					if (nxt[st[id][1]].back()<nxt[a[i]].back()) s3.insert(id);
					st[id][2]=a[i]; bel[a[i]]=id;
				}
				else if (s3.size())
				{
					int id=*s3.begin();
					q.push(mp(id,-1));
					st[id][3]=a[i]; bel[a[i]]=id;
				}
				else
				{
					q.push(mp(pos,-1));
					s1.insert(pos);
					st[pos][1]=a[i]; bel[a[i]]=pos;
					for (int j=i+1;j<=m;j++)
						if (st[bel[a[j]]][1]==a[j]) { pos=bel[a[j]]; break; }
				}
			}
			else if (st[p][1]==a[i] && !st[p][2])
			{
				q.push(mp(p,-1));
				s1.erase(s1.find(p));
				st[p][1]=0; bel[a[i]]=0;
				if (p!=pos) s0.insert(p);
			}
			else if (st[p][2]==a[i])
			{
				q.push(mp(p,-1));
				s1.insert(p); s2.erase(s2.find(p));
				st[p][2]=0; bel[a[i]]=0;
			}
			else if (st[p][3]==a[i])
			{
				q.push(mp(p,-1));
				st[p][3]=0; bel[a[i]]=0;
			}
			else if (st[p][1]==a[i] && st[p][2])
			{
				q.push(mp(pos,-1)); q.push(mp(pos,p));
				if (!st[p][3])
				{
					s1.insert(p); s3.erase(s3.find(p));
					st[p][1]=st[p][2]; st[p][2]=0;
				}
				else
				{
					if (nxt[st[p][2]].back()>nxt[st[p][3]].back())
						s2.insert(p),s3.erase(s3.find(p));
					st[p][1]=st[p][2]; st[p][2]=st[p][3]; st[p][3]=0;
				}
				bel[a[i]]=0;
			}
		}
		printf("%d\n",(int)q.size());
		for (;q.size();q.pop())
		{
			pair<int,int> res=q.front();
			if (res.se==-1) printf("1 %d\n",res.fi);
			if (res.se!=-1) printf("2 %d %d\n",res.fi,res.se);
		}
	}
	return 0;
}

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本文作者：stoorz
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