AT2164 AGC006C Rabbit Exercise

AT2164 AGC006C Rabbit Exercise

数轴上有 (n) 个点，每个点的坐标为 (a_i) 。一轮操作包含 (m) 次变换，第 (i) 次将 (b_i(1<b_i<n)) 随机跳到点关于 (b_i-1) 或 (b_i+1) 的对应点。求 (k) 轮操作后每个点的期望位置

(n, mleq10^5, kleq10^{18}, |a_i|leq10^9)

期望，差分，倍增

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假设点 (a_i) 变换后坐标为 (x) ，则 (frac{a_i+x}{2}=a_{i-1}) 或 (a_{i+1}) ，即 (x=2a_{i-1}-a_i) 或 (2a_{i+1}-a_i) ，两式相加得 (x=a_{i-1}+a_{i+1}-a_i) ，即为变换后坐标期望值。

考虑类似题目 CF1110E Magic Stones 的做法，将原序列差分得到 (c_i) ，可以发现对 (a_i) 的变换相当于交换了 (c_i, c_{i+1})

可以发现 (k) 轮操作相对顺序不影响答案，由于变换两次相当于变换一次后再变换一次，变换四次相当于变换两次后再变换两次，于是可以考虑倍增

可以 (O(n)) 求出一轮操作后差分数组的排列，倍增的预处理可以用排列完成

时间复杂度 (O(klog n))

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 10;
ll k, a[maxn];
int n, m, data[maxn], pos[61][maxn];

int main() {
  scanf("%d", &n);
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    scanf("%lld", a + i), data[i] = i;
  }
  scanf("%d %lld", &m, &k);
  for (int i = 1, x; i <= m; i++) {
    scanf("%d", &x);
    swap(data[x], data[x + 1]);
  }
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    pos[0][i] = data[i];
  }
  for (int i = 1; i < 61; i++) {
    for (int j = 1; j <= n; j++) {
      pos[i][j] = pos[i - 1][pos[i - 1][j]];
    }
  }
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    data[i] = i;
  }
  for (int p = 60; ~p; p--) {
    if (k >> p & 1) {
      for (int i = 1; i <= n; i++) {
        data[i] = pos[p][data[i]];
      }
    }
  }
  static int c[maxn];
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    c[i] = a[i] - a[i - 1];
  }
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    a[i] = a[i - 1] + c[data[i]];
    printf("%lld
", a[i]);
  }
  return 0;
}