bzoj1562: [NOI2009]變換序列

Description

Input

Output

Sample Input

5
1 1 2 2 1

Sample Output

1 2 4 0 3

HINT

30%的資料中N≤50；
60%的資料中N≤500；
100%的資料中N≤10000。

分析

首先一個點只會可能和另外兩個點連邊。
因為考慮
$\mathrm{\mid }x-$

y 0 ∣ = d    ⟺    x = y

0 ± d |x-y_0|=d\iff x = y_0\pm d
$N-\mathrm{\mid }x$

− y 1 ∣ = d    ⟺    x = y 1 ∓ d ± N N-|x-y_1|=d\iff x = y_1\mp d\pm N
$y_0\equiv y_1\mod N$
所以說應該是恰好兩個解。
然後就可以跑二分圖匹配了。
最小字典序是一個經典的演算法，有很多種解法。
%一波Byvoid神犇的Blog
我採用的是解法2。
個人覺得3，4種解法是巧解，但不具有通性。僅僅只能在特殊的圖上跑。
首先可以想到一種暴力的做法。把某個點暴力和小的那個匹配，然後重新跑匈牙利。複雜度 $O(n^3)$
在此基礎上，回顧增廣路的過程，如果說強行把某個節點和另一個節點匹配，在完備匹配的情況下，肯定會有某個兩個節點失配（左右各一個）。把那個失配的節點拿去增廣，如果可以增廣說明這個調整是正確的。
其實對於不完備匹配也是有做法的。不過要用一個經典的網路流退流演算法。先佔個坑以後再補吧。

程式碼

#include<bits/stdc++.h>
const int N = 1e4 + 10;
int ri() {
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1; for(;c < '0' || c > '9'; c = getchar()) if(c == '-') f = -1;
    for(;c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) - '0' + c; return x * f;
}
int nx[N][2], vis[N], las[N], mat[N], tm, n, c;
bool aug(int u) {
    if(u <= c) return false;
    for(int k = 0, v;k < 2; ++k) 
    if(vis[v = nx[u][k]] != tm) {
        vis[v] = tm;
        if(!las[v] || aug(las[v]))
            return las[v] = u, mat[u] = v, true;
    }
    return false;
}
bool Hungary() {
    int r = 0; c = 0;
    for(int i = 1;i <= n; ++i) ++tm, r += aug(i);
    return r != n;
}
int main() {
    n = ri();
    for(int i = 1;i <= n; ++i) {
        int d = ri(), x = i + d, y = i - d;
        if(x > n) x -= n; if(y < 1) y += n;
        if(x > y) x ^= y ^= x ^= y;
        nx[i][0] = x; nx[i][1] = y;
    }
    if(Hungary()) return puts("No Answer"), 0;
    for(int i = 1;i <= n; ++i)
        if(mat[i] != nx[i][0]) {
            int t = las[nx[i][0]]; 
            c = i;
            las[nx[i][1]] = 0;
            las[nx[i][0]] = i;
            vis[nx[i][0]] = ++tm;
            if(aug(t)) mat[i] = nx[i][0];
            else las[nx[i][1]] = i, las[nx[i][0]] = t;
        } 
    for(int i = 1;i <= n; ++i) printf("%d ", mat[i] - 1); puts("");
    return 0;
}