JZOJ 6652. 【2020.05.27省选模拟】序列（贪心+序列翻转）

JZOJ 6652. 【2020.05.27省选模拟】序列

题目大意

• 问给出的$N$个$M$的排列，按从头到尾依次加到序列首或尾的规则，共同能得到的新排列的个数，并给出字典序最小的方案。
• 询问有多组。
• $T\le 50，N,M\le 1000，\sum m\le 5000$

题解

• 先加入队列的数位置不好确定，但最后加入的数一定只能再两端，不妨考虑从后往前推。
• 这样一来每个时刻已经构成的排列是一段前缀和一段后缀，记录指针$L_i,R_i$表示每个排序前端和后端添加到了新排列的哪个位置，令新排列为$A$，注意对每个旧排列而言，最终得到的新排列$A$的唯一的。
• 从后依次给每一个排列加入一个数$a$（即从后往前一列一列地加），分四种情况：
• 1、若$A[L_i]$和$A[R_i]$均为$0$，则加入$L_i$并将$L_i$右移，答案乘$2$；（因为此时加入右边也可以，但只考虑一半的情况）
• 2、若$A[L_i]=a$或$A[R_i]=a$，则直接移动对应的指针；
• 3、若$A[L_i]=0$或$A[R_i]=0$，则添加$a$后移动对应的指针；
• 4、否则一定不合法，答案为$0$。
• 这样便能得到方案数。
• 接着需要构造方案。
• 每一列数加完后，若此刻所有$L_i$相等且所有$R_i$相等，即构成了一段可以翻转的区间，把它们记录下来，这种翻转是用来调整使字典序最小的。
• 最终可以得到一连串相互包含的这样的区间，从内往外枚举它们，时刻满足当前字典序最小，有两种情况：
• 1、若区间$i$与区间$i+1$右端点重合（左端点不可能重合，因为在上面的情况$1$选择加入了左端点），当且仅当$A[p[i+1].l]<A[p[i].l]$时，翻转区间$i+1$，再翻转区间$i$，即把$A[p[i+1].l]$调整到当前最左边；
• 2、否则若$i$区间左端点大于右端点，则翻转区间$i+1$，则翻转区间$i$，因为要把$i+1$更小的一侧专项右边，再随$i$一起翻回来。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 1010
#define md 1000000007
int a[N][N], A[N], L[N], R[N], st[N][2];
int read() {
	int s = 0;
	char x = getchar();
	while(x < '0' || x > '9') x = getchar();
	while(x >= '0' && x <= '9') s = s * 10 + x - 48, x = getchar();
	return s;
}
void turn(int x) {
	int s = st[x][0] + st[x][1];
	for(int i = st[x][0]; i < s - i; i++) swap(A[i], A[s - i]);
}
int main() {
	int tn = read();
	while(tn--) {
		int n = read(), m = read(), i, j;
		memset(A, 0, sizeof(A));
		for(i = 1; i <= n; i++) {
			for(j = 1; j <= m; j++) scanf("%d", &a[i][j]);
			L[i] = 1, R[i] = m;
		}
		int tot = 1, s = 1;
		st[1][0] = 1, st[1][1] = m;
		for(j = m; j && s; j--) {
			for(i = 1; i <= n; i++) {
				if(!A[L[i]] && !A[R[i]]) s = s * ((L[i] != R[i]) + 1) % md, A[L[i]++] = a[i][j];
				else if(A[L[i]] == a[i][j]) L[i]++;
				else if(A[R[i]] == a[i][j]) R[i]--;
				else if(A[L[i]] != a[i][j] && A[R[i]] == 0) A[R[i]--] = a[i][j];
				else if(A[R[i]] != a[i][j] && A[L[i]] == 0) A[L[i]++] = a[i][j];
				else {
					s = 0;
					break;
				}
			}
			int ok = 1;
			for(i = 2; i <= n && ok; i++) if((L[i] != L[i - 1] || R[i] != R[i - 1])) ok = 0;
			if(ok) st[++tot][0] = L[1], st[tot][1] = R[1];
		}
		printf("%d
", s);
		if(s) {
			for(j = tot; j; j--) {
				if(j < tot && st[j][1] == st[j + 1][1]) {
					if(A[st[j][0]] > A[st[j + 1][0]]) turn(j + 1), turn(j);
				}
				else {
					if(st[j][0] < st[j][1] && A[st[j][0]] > A[st[j][1]]) {
						if(j < tot) turn(j + 1);
						turn(j);
					}	
				}
			}
			for(i = 1; i <= m; i++) printf("%d ", A[i]);
			puts("");
		}
	}
	return 0;
}

自我小结

• 这题细节较多，同一部分容易想到各种不同做法，但往往有许多存在漏洞，因此改题时耽误了不少时间。
• 同时也容易陷入思维死循环，忽视最简单的做法，若能捋清思路，可以大大提高效率，减小时间浪费。