A
题意
给一个数 \(k\) 找到最大的 \(x\) ，满足 \(1 \leq x < k\) 且 \(x!+(x-1)!\) 是 \(k\) 的倍数。
题解
知识点：数学。
猜测 \(x = k-1\) ，证明 \((k-1)! + (k-2)! = (k-1+1) \cdot(k-2)! = k \cdot (k-2)!,k \geq 2\) 。
因此 \(x = k-1\) 。
时间复杂度 \(O(1)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
bool solve() {
int k;
cin >> k;
cout << k - 1 << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
B
题意
给一个长为 \(n\) 的排列，每次操作从排列中取出 \(k\) 个数，从小到大排序好放回排列尾部。问最少操作多少次，才能将原排列变成从小到大排序好的排列。
题解
知识点：贪心。
注意到每次操作都会把数字放到尾部，不会影响之前数字的相对位置。因此为了使得操作最小化，我们先找到不用选的数字有多少，显然我们需要从 \(1\) 开始递增往后找。设 \(pos\) 是第一个要选的数字，那么答案便是 \(\Big\lceil \dfrac{n - pos + 1}{k} \Big\rceil\) 。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int a[100007];
bool solve() {
int n, k;
cin >> n >> k;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
int pos = 1;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
if (pos == a[i]) pos++;
}
cout << (n - pos + 1 + k - 1) / k << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
C
题意
给出 \(n\) 个数 \(a_i\) ，要求两个长为 \(n\) 的排列 \(p,q\) 使得 \(a_i = \max(p_i,q_i)\) 。
题解
知识点：构造。
先记录每个数字出现的位置 \(pos[a[i]]\) ，随后从小到大构造：
- 数字没出现过，那么可以放入队列 \(qu\) ，用于补齐出现两次的数字的空位。
- 数字只出现了一次，假设出现在 \(a_i\) ，那么令 \(p_i = q_i = a_i\) 是最优的。因为 \(p_i,q_i\) 其中一个可以更小，但小的数字可能要用于填充别的地方，所以最优解是填两个相等的。
- 数字出现了两次，假设出现在 \(a_i = a_j = a\) ，那么令 \(p_i = q_j = a\) ，设 \(qu\) 里队首元素为 \(x\) ，令 \(q_i = p_j = x\) 。因为是从小到大构造，所以 \(qu\) 里的元素一定是比 \(a\) 小的，所以可以用来填充空位；如果队空，则无解。
- 数字出现三次及以上，无解。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int a[200007];
int p[200007], q[200007];
vector<int> pos[200007];
bool solve() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i], pos[i].clear();
for (int i = 1;i <= n;i++) pos[a[i]].push_back(i);
queue<int> qu;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
if (pos[i].size() > 2) return false;
if (pos[i].size() == 0) qu.push(i);//空闲数字放入队列
else if (pos[i].size() == 1) {
p[pos[i][0]] = i;
q[pos[i][0]] = i;
}//可以用小的但不是最优的
else {
if (qu.empty()) return false;//没有空闲的小的数字，无解
p[pos[i][0]] = i;
p[pos[i][1]] = qu.front();
q[pos[i][0]] = qu.front();
q[pos[i][1]] = i;
qu.pop();
}
}
cout << "YES" << '\n';
for (int i = 1;i <= n;i++) cout << p[i] << " \n"[i == n];
for (int i = 1;i <= n;i++) cout << q[i] << " \n"[i == n];
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << "NO" << '\n';
}
return 0;
}
D
题意
给一个长为 \(n\) 的排列，每次可以选择两个数交换，问最少交换几次可以使得排列逆序数为 \(1\) 。
题解
知识点：枚举，数学。
关于这类排列的题，都可以先进行一个构造，连接所有 \(i \to a[i]\) ，图中会形成若干个环，称为置换环。例如 \(2,3,4,1,5\) ，可以得到 \(1,2,3,4\) 构成的环和 \(5\) 构成的环（ \(5\) 是自环）。
我们进行一次交换操作 \((i,j)\)，将使得 \(i \to a_i,j \to a_j\) 两条边变成 \(i \to a_j,j \to a_i\) 。这个操作在图中可以做到以下两个结果之一：
- 一个环被裂解成两个环
- 两个环被合并成一个环
前提是不破坏相对元素的位置，例如 \(1,3,2,4\) 环不可能分解成 \(1,2\) 和 \(3,4\) 环；\(1,2\) 和 \(3,4\) 环也不可能合并成 \(1,3,2,4\) 环。
举个例子，我们对 \(2,3,4,1,5\) 交换 \((2,4)\) ，则排列变成 \(2,1,4,3,5\) ，图中边 \(2 \to 3,4\to 1\) 变成 \(2 \to 1,4 \to 3\) ，即 \(1,2,3,4\) 环被拆成 \(1,2\) 和 \(3,4\) 两个环；或者交换 \((4,5)\) ，则排列变成 \(2,3,4,5,1\) ，图中边 \(4 \to 1,5 \to 5\) 变成 \(4 \to 5,5 \to 1\) ，即 \(1,2,3,4\) 和 \(5\) 环被合成为 \(1,2,3,4,5\) 环。
回到题目。题目要求的最终状态化成图后，实际上就是一组相邻元素成环，剩下的元素自环。
我们对原排列化为置换环图，假设这些环中已经有至少一组相邻元素（环中位置不一定需要相邻，因为可以通过操作使其相邻），如 \(1,4,2\) 环就有 \(1,2\) 两个相邻元素，我们可以在之后的操作中保留这组元素，把其他元素全都操作成自环即可；如果没有，那么先将元素都操作成自环，再多一次操作把一组相邻元素合并成环，如排列 \(3,4,5,2,1\) 有 \(1,3,5\) 和 \(2,4\) 环，一个相邻元素都没有。
假设 \(n\) 个元素的图中有 \(cnt\) 个环，那么如果我们需要把环中元素都操作成自环，实际上需要操作 \(n-cnt\) 次，因为每个环保留一个元素，剩下的元素都需要通过操作挪出来。再考虑相邻元素的结论，如果有相邻元素那么可以少操作一次 \(n-cnt-1\) ；否则需要多操作一次 \(n-cnt+1\) 。
环的实现可以看代码，和并查集类似但简单许多。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int a[200007];
int fa[200007];
bool solve() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i], fa[i] = -1;
int ans = n;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
if (fa[i] != -1) continue;
int j = i;
ans--;//一个环减一次，
while (fa[j] == -1) {
fa[j] = i;//环内元素的根设为i
j = a[j];
}
}
bool ok = 0;
for (int i = 1;i <= n - 1;i++) ok |= fa[i] == fa[i + 1];//环内有一队相邻元素，可以少操作一次
cout << ans + (ok ? -1 : 1) << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}