题干：
小A有一个1~2N的排列A[1..2N]，他希望将数组A从小到大排序。小A可以执行的操作有N种，每种操作最多可以执行一次。对于所有的i(1<=i<=N)，第i种操作为：将序列从左到右划分成2N-i+1段，每段恰好包含2i-1个数，然后整体交换其中的两段。小A想知道可以将数组A从小到大排序的不同的操作序列有多少个。小A认为两个操作序列不同，当且仅当操作的个数不同，或者至少一个操作不同（种类不同或者操作的位置不同）。
下面是一个操作示例：
N=3，初始排列A[1..8]为[3,6,1,2,7,8,5,4]。
第一次操作：执行第3种操作，交换A[1..4]和A[5..8]，交换后的A[1..8]为[7,8,5,4,3,6,1,2]；
第二次操作：执行第1种操作，交换A[3]和A[5]， 交换后的A[1..8]为[7,8,3,4,5,6,1,2]；
第三次操作：执行第2种操作，交换A[1..2]和A[7..8]，交换后的A[1..8]为[1,2,3,4,5,6,7,8]。
对于30%的数据，1<=N<=4；对于全部的数据，1<=N<=12。
题解：
首先，通过题干所给出的例子，我们应该很容易即可得出：在一种可实现的情况中，操作的顺序并不会影响最终结果，所以结果一定是与阶乘有关（也就是在每一种交换成功的总操作中，它的阶乘就是他所能作出的贡献）。题干中又说每次只能移动两块且每个操作只能用一次，不难想到我们应该将一个大串分成无数个小串来处理（且若在一个操作之中出现太多不匹配的情况，一定不会对最终结果作出贡献）。
30%TLE：
在考场上只想到30%的算法。先看一下数据范围，n在1～4时其实dfs很轻松就能跑过，无非是枚举每一种操作，要么交换，要么不交换，跑一遍暴搜即可。（枚举时从小操作到大操作或从大操作到小操作都可，毕竟是暴搜。。。）在考场上手模了几个点，发现都只是一个阶乘（有点蒟蒻。。。其实应该是几种操作数阶乘的和），就用最优化剪枝找到交换次数最少的结果，输出了它的阶乘（还用了exit(0);。。。），撞大运拿下6个点（下面的代码大家慎点。。。）。
Code：
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 #include<algorithm>
4 #define $ 5000
5 using namespace std;
6 int a[$],m,n,k,t,aa[$],b[$],dp[22][$],ans=100000000;
7 inline int A(int x,int ans=1){
8 if(x>n) return 0;
9 for(register int i=2;i<=x;++i) ans*=i;
10 return ans;
11 }
12 inline void dfs(int x,int sum){
13 if(sum>ans) return;
14 for(register int i=1;i<=m;++i){
15 if(a[i]!=i) break;
16 if(i==m){ ans=min(ans,sum); return; }
17 }
18 if(x==1){
19 int ci=0;
20 for(register int i=1;i<=m;++i){
21 if(a[i]!=i) ci++;
22 if(ci>2) break;
23 }
24 if(ci<=2) ans=min(ans,sum+1);
25 return;
26 }
27 int ch=1<<(x-1);
28 for(register int i=1;i<=m;i+=ch){
29 for(register int j=1;j<=m;j+=ch){
30 if(i==j) continue;
31 for(register int k=0;k<ch;++k) swap(a[i+k],a[j+k]);
32 dfs(x-1,sum+1);
33 for(register int k=0;k<ch;++k) swap(a[i+k],a[j+k]);
34 dfs(x-1,sum);
35 }
36 }
37 }
38 signed main(){
39 scanf("%d",&n);
40 m=1<<n;
41 for(register int i=1;i<=m;++i) scanf("%d",&aa[i]),b[i]=aa[i];
42 sort(b+1,b+m+1);
43 for(register int i=1;i<=m;++i)
44 a[i]=lower_bound(b+1,b+m+1,aa[i])-b;
45 dfs(n,0);
46 printf("%d",A(ans));
47 }
100%：
我没想到正解竟是暴搜。。先将阶乘与2n预处理出来（上文已提到），再进行深搜，并按照从小到大的操作顺序进行操作（这个其实还是比较好想到，一般的解决问题的过程也是将大任务分成若干个小任务，只有小决策先满足，大决策才可能满足，其实也就是所有小决策的满足（或最优）一定可以得到大决策的满足（或最优））。针对dfs中判断是否需要转化：现在的点所代表的一段区间与相邻的下一段进行比较，若它们并不是连续的，就记录下现在这个点；如果失配的个数超过两个，那么就一定不成立，return即可；到边界时更新答案（阶乘）。
Q：为什么要将两段相邻的区间进行比较？
A；首先是为了方便。。。第一，有可能就是两个相邻的区间位置不对，直接交换即可，同时也省去了。第二，节省时间复杂度与空间复杂度，像我在考试时就是O(n2)地寻找，既费空间又费时间；若像这样与下一个进行比较，O(n)解决。
Q；为什么失配超过两个就一定不成立？
A；我们这样相邻两个区间进行比较，说两个不成立也就是相对来说有4个不成立的区 间，我们就可以进行4次交换（设左边两个区间为a,b;右边两个区间为c,d;那么交 换的方式就有a->c,a->d,b->c,b->d（相邻的两个就不用交换了，因为若相邻两个交换了，另一对区间就无法满足，因为每一个操作只能用一次，而我们又是从小操作到大操作，接下来的操作不可能再使它满足））。交换后一定会出现有两种交换情况满足（我们只是保证在部分连续即可），一种是左边整体小于右边，另一种是右边小于左边（这种情况在下一个操作中可恢复）。
Code：
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 #include<cstdlib>
4 #define $ 10000010
5 using namespace std;
6 int m,n,a[$],fac[123],tw[123],ans;
7 inline bool judge(int x,int k){
8 for(register int i=1;i<tw[k];++i)
9 if(a[x+i]!=a[x+i-1]+1) return 1;
10 return 0;
11 }
12 inline void swap(int &x,int &y){
13 int t=x; x=y; y=t;
14 }
15 inline void Swap(int x,int y,int k){
16 for(register int i=0;i<tw[k];++i) swap(a[x+i],a[y+i]);
17 }
18 inline void dfs(int x,int k){
19 //x表示用第几种操作，k表示用了几个操作
20 if(x==n+1){ ans+=fac[k]; return; }
21 int opt1=0,opt2=0;
22 for(register int i=1;i<=tw[n];i+=tw[x])
23 if(judge(i,x)){
24 if(opt1==0) opt1=i;//不合法一次
25 else if(opt2==0) opt2=i;//不合法两次
26 else return ;//否则，不可能满足题意
27 }
28 if(!opt1&&!opt2){ dfs(x+1,k); return; }
29 if(opt1&&!opt2){
30 Swap(opt1,opt1+tw[x-1],x-1);
31 dfs(x+1,k+1);
32 Swap(opt1,opt1+tw[x-1],x-1);
33 return;
34 }
35 if(opt1&&opt2){
36 for(register int i=0;i<=1;++i)
37 for(register int j=0;j<=1;++j){
38 Swap(opt1+i*tw[x-1],opt2+j*tw[x-1],x-1);
39 if(!judge(opt1,x)&&!judge(opt2,x)){//都满足就继续搜
40 dfs(x+1,k+1);
41 Swap(opt1+i*tw[x-1],opt2+j*tw[x-1],x-1);
42 break;//不是return
43 }
44 Swap(opt1+i*tw[x-1],opt2+j*tw[x-1],x-1);
45 }
46 }
47 }
48 signed main(){
49 tw[0]=1;
50 for(register int i=1;i<=12;++i) tw[i]=tw[i-1]<<1;
51 fac[0]=fac[1]=1;
52 for(register int i=2;i<=12;++i) fac[i]=fac[i-1]*i;
53 scanf("%d",&n);
54 for(register int i=1;i<=tw[n];++i) scanf("%d",&a[i]);
55 dfs(1,0);
56 //针对为什么x==1，其实我们需要先将小块恢复，再进行大块的恢复
57 printf("%d",ans);
58 }