NOIP2013 提高組複賽

1002. 火柴排隊

• 貪心+資料結構/歸併排序

這個“相鄰交換”讓我聯想到了NOIP2012_day1_task2_game那題的噁心做法，於是就專注推導相鄰兩個元素交換對解的影響。然後根據以前經驗知道一定有一個序列可以完全不動，而另一個序列只需要以第一列作為標準移動（所以樣例解釋反而給的誤導很大）。於是很快就確信正解了。

現在想起來還有一點小激動，自己居然能找出規律來。

首先，一定可以只對某一組的元素進行交換，能以給定的最少步數，得到另外一組的結果。顯然當前序列還缺少k步就和另外一個序列相同時，另外一個序列一定也只需要k步就可以和當前序列相同。

其次，由於只能相鄰交換，對於每一次的操作，它對於解的影響一定只與這一對元素有關。於是我們對相鄰元素的數量關係進行推導：

假設有兩組元素ai,ai+1和bi,bi+1，如果有

則說明有{bi,bi+1}的順序比{bi+1,bi}更優。對上述式子推導有：

顯然上式滿足的唯一情況就是ai>ai+1,bi>

我們對於a序列中元素，在b序列中找到它應當對應的元素在b序列的位置。也就是對於a序列中1,2,3,4…的順序，到b序列中就成了1~n的全排列。於是問題就轉化成要將b序列的這個排列有序的最少相鄰交換次數。

於是我們想到了氣泡排序和逆序對，隨便求求逆序對的個數就可以了。採用歸併排序完成的方法和資料結構統計的方法都是可以的。

Code：

#include <cstdio>
#include <cstring>
 

#include <algorithm>
#define M 100005
#define P 99999997
using namespace std;
template <class temp>
inline void Rd(temp &res){
    res=0;char c;
    while(c=getchar(),c<48);
    do res=(res<<3)+(res<<1)+(c^48);
    while(c=getchar(),c>47);
}
int n,a[M],b[M],p[M],q[M];
long long cnt=0;
bool cmp(int a1,int a2){return b[a1]<b[a2];}
bool _cmp(int p1,int p2){return a[p1]<a[p2];}
void Merge(int L,int R){
    if(L==R)return;
    int mid=L+R>>1;
    Merge(L,mid),Merge(mid+1,R);
    int low=L,high=mid+1,tot=L;
    while(low<=mid&&high<=R)
        if(b[low]<b[high])p[tot++]=b[low++];
        else{
            cnt+=mid-low+1;
            p[tot++]=b[high++];
        }
    while(low<=mid)p[tot++]=b[low++];
    while(high<=R)p[tot++]=b[high++];
    for(int i=L;i<=R;i++)b[i]=p[i];
}
int main(){
    Rd(n);
    for(int i=1;i<=n;i++)Rd(a[i]),q[i]=i;
    for(int i=1;i<=n;i++)Rd(b[i]),p[i]=i;
    sort(q+1,q+n+1,_cmp);
    sort(p+1,p+n+1,cmp);
    for(int i=1;i<=n;i++)b[p[i]]=q[i];
    Merge(1,n);
    cnt%=P;
    printf("%d\n",(int)cnt);
}

1003. 火車運輸

• 並查集+啟發式合併
• 生成樹+LCA
• 離線+整體二分

現在遇到這種走路徑限值的題目就非常害怕。因為標程幾乎與Dijkstra那種圖論演算法根本搭不上邊……寫這種題目的時候應當將每個點作為集合，或者說集合中的元素來看，然後再採用合併集合的思想進行考慮。

根據本題還要總結一個教訓：對於任何圖論題，一定要儘可能將其轉化為樹論題。因為樹的性質和可行操作遠遠比圖要多，處在一個圖為樹的環境下，顯然思路會更加廣闊。

無論如何，這題都是一道大寫的好題。

可能考慮對於每一個詢問，我們都跑一遍單源最短路演算法，並且要求從經過邊權儘可能大的點來轉移。在此基礎上進行少許優化，期望得分只有30分。

之後由於要求路徑上“最小值最大”，於是我們考慮二分的做法。保留所有不小於列舉的最小值的邊，再判斷需要的路徑是否連通即可。複雜度來說，對於q個詢問，每次都需要O(logm)的二分，然後判斷圖連通需要O(n)，最後總時間複雜度為O(nqlogm)。顯然有待改進。

撇開這種做法不談，我們可以參照NOIP2012_day2_task2_classroom的二分轉線性思路，按邊權從大到小列舉這個邊權。於是接下來只需要在不斷合併的過程中，詢問的路徑由於邊的不斷加入而趨向連通。當它第一次連通的時候，加入的邊權值就是這個詢問的答案了。合併操作我們一般採用並查集去完成。如果判定是否詢問的兩點連通採用直接for過來的方法，時間複雜度為O(mq×α(n))，期望得分60分。

實際上加入了一條邊就是將兩個端點所在的集合進行合併，我們可以在進行合併操作的時候順便處理掉詢問，然後再把沒有處理掉的兩個集合的詢問合併起來。顯然在極端情況下，如果我們把大集合向小集合進行合併，那麼大集合內掛的詢問被訪問的次數就是O(m)的，時間複雜度仍然為O(mq×α(n))。

顯然我們可以改變這個合併的順序，使得每一個詢問的訪問次數都穩定在O(logm)。這就是所謂的啟發式合併了，它的操作就只是將小集合向大集合合併，但是這樣可以保證每個點被詢問到的複雜度在log級別。於是時間複雜度就降到O(qlogm×α(n))≈O(qlogm)。對於啟發式合併的證明和做法亦可以參考題目IOI2011_Race<