CF1770H

做法好像和官方题解不太一样，就写篇题解吧 ww。

题意

给定排列 \(p\) 和 \(q\)。有一张 \(n \times n\) 的网格图，\((i_1,j_1)\) 和 \((i_2,j_2)\) 有边当且仅当 \(|i_1 - i_2| + |j_1 - j_2| = 1 (1 \le i_1, i_2, j_1, j_2 \le n)\)。你需要构造 \(2n\) 条路径，第 \(i\) 条从 \((1,i)\) 到 \((n,p_i)\)，第 \(i+n\) 条从 \((i,1)\) 到 \((q_i,n)\)，使得被路径覆盖次数最多的边被覆盖的次数最少。

数据范围：\(n \le 200\)。

题解

先把满足 \(p_i = i\) 且 \(q_i = i\) 的情况判掉，有且仅有这个时候答案等于 \(1\)。

接下来我们猜测，答案等于 \(2\)。

然后我们构造出 \(p_i = n-i+1\) 且 \(q_i = n-i+1\) 的方案。这个建议读者自行构造，不会也可以看看我的代码！

观察到如果 \(p_i>p_{i+1}\)，那么第 \(i\) 条路径一定和第 \(i+1\) 条路径相交。这个时候如果我们交换第一个交点后的路径，就可以交换 \(p_i\) 和 \(p_{i+1}\)。

注意到从满足 \(p_i = n - i + 1\) 的排列开始，交换 \(p_i > p_{i+1}\)，可以得到任意排列（即对任意排列将从大到小排序的过程倒过来做），因此问题得到解决！

时间复杂度 \(\Theta(n^3)\)，可以优化到 \(\Theta(n^2)\)。

#include<bits/stdc++.h>
#define L(i, j, k) for(int i = (j); i <= (k); ++i)
#define R(i, j, k) for(int i = (j); i >= (k); --i)
#define ll long long
#define vi vector <int>
#define sz(a) ((int) (a).size())
#define me(f, x) memset(f, x, sizeof(f))
#define uint unsigned int 
#define ld long double 
#define ull unsigned long long 
using namespace std;
const int N = 507;
#define VP vector < pair < int, int > > 
int n, p[N], q[N];
VP G[N * 2];
int vis[N][N];
void fix(VP &u) {
	VP stk;
	for(auto &p : u) {
		int ti = vis[p.first][p.second];
		if(ti) while(sz(stk) >= ti) stk.pop_back();
		stk.emplace_back(p);
		vis[p.first][p.second] = sz(stk);
	}
	u = stk;
	for(auto &p : u) vis[p.first][p.second] = 0;
}
void swp(VP &u, VP &v) {
	L(i, 0, sz(u) - 1) vis[u[i].first][u[i].second] = i + 1;
	L(i, 0, sz(v) - 1) if(vis[v[i].first][v[i].second]) {
		int x = vis[v[i].first][v[i].second] - 1, y = i;
		VP X, Y;
		L(i, x, sz(u) - 1) Y.emplace_back(u[i]);
		L(i, y, sz(v) - 1) X.emplace_back(v[i]);
		u.resize(x + sz(X)), v.resize(y + sz(Y));
		L(i, 0, sz(X) - 1) u[i + x] = X[i];
		L(i, 0, sz(Y) - 1) v[i + y] = Y[i];
		break;
	}
	for(auto &p : u) vis[p.first][p.second] = 0;
	for(auto &p : v) vis[p.first][p.second] = 0; 
	fix(u), fix(v);
}

vi get(int *p) {
	vi cur;
	L(i, 1, n) {
		int pos = 0;
		L(j, i, n) if(p[j] == n - i + 1) pos = j;
		while(pos > i) swap(p[pos], p[pos - 1]), --pos, cur.emplace_back(pos);
	}
	reverse(cur.begin(), cur.end());
	return cur;
} 

int main() {
	ios :: sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> n;
	L(i, 1, n) {
		int mt = n - i + 1;
		if(i <= n / 2) {
			L(j, 1, i) G[i].emplace_back(j, i);
			L(j, i + 1, mt) G[i].emplace_back(i, j);
			L(j, i + 1, n) G[i].emplace_back(j, mt);
		} else {
			L(j, 1, mt) G[i].emplace_back(j, i);
			R(j, i - 1, mt) G[i].emplace_back(mt, j);
			L(j, mt + 1, n) G[i].emplace_back(j, mt);
		}
	}
	L(i, 1, n) {
		int mt = n - i + 1;
		L(j, 1, i) G[i + n].emplace_back(i, j);
		if(i <= n / 2) {
			L(j, i + 1, mt) G[i + n].emplace_back(j, i);
		}
		else {
			R(j, i - 1, mt) G[i + n].emplace_back(j, i);
		}
		L(j, i + 1, n) G[i + n].emplace_back(mt, j);
	}
	L(i, 1, n) {
		cin >> p[i];
	}
	L(i, 1, n) {
		cin >> q[i];
	}
	bool same = true;
	L(i, 1, n) same &= p[i] == i && q[i] == i;
	if(same) {
		L(i, 1, n) {
			cout << n << ' ';
			L(j, 1, n) cout << j << ' ' << i << ' ';
			cout << '\n';
		}
		L(i, 1, n) {
			cout << n << ' ';
			L(j, 1, n) cout << i << ' ' << j << ' ';
			cout << '\n';
		}
		return 0;
	}
	vi a = get(p), b = get(q);
	for(auto u : a) swp(G[u], G[u + 1]);
	for(auto u : b) swp(G[u + n], G[u + n + 1]);
	L(i, 1, n * 2) {
		cout << sz(G[i]) << ' ';
		for(auto u : G[i]) cout << u.first << ' ' << u.second << ' ';
		cout << '\n';
	}
	return 0;
}