• [做题记录-乱做] [AGC001F] Wide Swap


    题意

    给出一个元素集合为({1,2,dots,N}) ((1leq Nleq 500,000))的排列(P),当有(i,j) ((1leq i<jleq N))满足(j-igeq K) ((1leq Kleq N-1))(|P_{i}-P_{j}|==1)时,可以交换(P_{i})(P_{j})

    求:可能排列中字典序最小的排列

    (2 leq N leq 500,000)

    题解

    看到(|P_i - P_j| = 1)这种东东考虑先搞一个新排列(Q_{P_i} = i), 可以发现, 如果(Q)的字典序最小, 那么(P)的字典序最小。

    考虑一下我们的条件变成了什么, 就是相邻的位置的绝对值大于等于(K)时候,我们可以交换这两个位置上的数。

    推广一下限制, 也就是说(i < j, |Q_i - Q_j| <K)的时候需要连一条边((Q_i ightarrow Q_j))表示 (Q_i)必须在(Q_j)以前出现。

    那么这样会搞出(n^2)条边来, 然后剩下的就是菜肴制作那个题了。

    然后考虑优化, 可以发现我们拓扑排序只需要知道一个点是否有入度。把边反向以后, 使用一个值域线段树维护,每次在([x - K + 1, x + K - 1])中查最小值/最大值是否小于当前点(x), 然后跑拓扑就是了。

    还有一个做法是考虑优化连边主要是写起来难受。显然关系有传递性的, 所以找到满足条件的离(i)最靠近的点连边即可。

    这里是后面一个的代码。

    /*
    	QiuQiu /qq
      ____    _           _                 __                
      / __   (_)         | |               / /                
     | |  | |  _   _   _  | |  _   _       / /    __ _    __ _ 
     | |  | | | | | | | | | | | | | |     / /    / _` |  / _` |
     | |__| | | | | |_| | | | | |_| |    / /    | (_| | | (_| |
      \___\_ |_|  \__,_| |_|  \__, |   /_/      \__, |  \__, |
                                __/ |               | |     | |
                               |___/                |_|     |_|
    */
    
    #include <bits/stdc++.h>
    
    using namespace std;
    
    using ll = long long;
    using pii = pair<int, int>;
    
    namespace Mod {
    
    	const int P = 998244353;
    
    	inline int mod(int x) { return x + ((x >> 31) & P); }
    	inline void pls(int &x, int y) { x = mod(x + y - P); }
    	inline void dec(int &x, int y) { x = mod(x - y); }
    
    	inline int power(int x, int k) {
    		int res = 1;
    		while(k) { if(k & 1) res = 1ll * res * x % P; x = 1ll * x * x % P; k >>= 1; } return res;
    	}
    
    	const int inv2 = power(2, P - 2);
    
    }
    
    const int N = 5e5 + 5;
    const int INF = 0x3f3f3f3f;
    
    int n, K;
    int Q[N], P[N];
    
    #define ls(x) (x << 1)
    #define rs(x) (x << 1 | 1)
    
    int mx[N << 2];
    
    int qry(int x, int l, int r, int L, int R) {
    	if(L <= l && r <= R) return mx[x];
    	int mid = (l + r) >> 1;
    	if(R <= mid) return qry(ls(x), l, mid, L, R);
    	if(L > mid) return qry(rs(x), mid + 1, r, L, R);
    	return max(qry(ls(x), l, mid, L, R), qry(rs(x), mid + 1, r, L, R));
    }
    
    void mdf(int x, int l, int r, int p, int v) {
    	if(l == r) { mx[x] = v; return ; }
    	int mid = (l + r) >> 1;
    	if(p <= mid) mdf(ls(x), l, mid, p, v);
    	else mdf(rs(x), mid + 1, r, p, v);
    	mx[x] = max(mx[ls(x)], mx[rs(x)]);
    }
    
    vector<int> e[N];
    int out[N], deg[N];
    
    int main() {
    	ios :: sync_with_stdio(false);
    	cin >> n >> K;
    	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
    		cin >> P[i]; Q[P[i]] = i;
    	}
    //	for(int i = 1; i <= n; i ++) cerr << Q[i] << ' ' ; 
    	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
    		int k = qry(1, 1, n, max(1, Q[i] - K + 1), Q[i]);
    
    		if(k) e[Q[i]].push_back(Q[k]), deg[Q[k]] ++;
    
    		k = qry(1, 1, n, Q[i], min(Q[i] + K - 1, n));
    
    		if(k) e[Q[i]].push_back(Q[k]), deg[Q[k]] ++;
    
    		mdf(1, 1, n, Q[i], i);
    		//cout << k << endl;
    	}
    	priority_queue<int> q;
    	for(int i = 1; i <= n; i ++) if(! deg[i]) {
    		q.push(i);
    	//	cerr << i << endl;
    	}
    	int tac = n;
    	while(q.size()) {
    		int x = q.top(); q.pop();
    		//cerr << x << ' ' << out[x] << endl;
    		out[x] = tac --; //tac --;
    		for(int y : e[x]) {
    			deg[y] --;
    			if(deg[y] == 0) q.push(y); 
    		}
    	}
    	for(int i = 1; i <= n; i ++) cout << out[i] << endl;
    	return 0;
    }	
    
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/clover4/p/15354723.html
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