序

（一道很考验思维质量的构造好题，而且需要注意的细节也很多。）

本题解主体使用的是简洁且小常数的\(O(nlogn)\)时间复杂度代码，并且包含其他方法的分析留给读者自行实现（其实是自己不会写或者写崩了）。

后记有\(O(n)\)时间复杂度的反向优化。

题意

共t组数据，每组数据第一行是n,x,y，其中n表示数列规模。接下来一行是n个数表示数列，要求输出任意一个数列，它与原数列满足：

有x个数字位置相同且大小相同
打乱原数列顺序后，最多能有y个元素位置相同且大小相同。

转义

为方便分析，这里对题目进行转义，我们认为新数列是由原数列变换位置后得到的，并重新定义下列字母：

\(x\)表示位置不变的数字个数
\(y\)表示新旧位置在原数列的对应位置上，颜色不同的数字个数
\(z\)表示舍弃的数字个数。

	n=read();

	x=read();

	y=read()-x;

	z=n-x-y;

解释一下舍弃：存在可以舍弃掉的数字，其原因在于颜色总值域为[1,n+1]，故必然存在原数组颜色值域以外的颜色(记为\(off\))，\(x\)和\(y\)按规则变换位置后，剩余位置填上\(off\)即可。

体现在原数组里面就相当于有 \(z\)个元素被舍弃。

分析

\(x\)是位置不变，\(z\)是直接舍弃，显然这二者都不涉及到有无解的问题。

而\(y\)要求新旧位置必须颜色不同，这一点可能无法满足，所以我们重点分析这\(y\)个数字的选取和转移。

而且非常容易被错误理解的一点是：在选定\(y\)个数字后，我们的转移终点并不一定必须也在这\(y\)个数字的位置上。显然\(x\)的位置是无法作为终点的，但\(z\)反正被舍弃，其留下的空位置便可以作为终点！

定性选取

不难发现：在所选的\(y+z\)个数字中，频数最大的颜色频数越小，越容易有解。

通俗来讲就是颜色分布越多样、均匀，越容易有解。

因为如果某一种颜色过多，就可能导致\(y\)没有足够的转移终点。

因此第一步就是贪心地去均匀选数，可以用堆选取\(x\)个数字使得剩余数字的颜色的最大频数尽可能小（\(nlogn\)），也可以直接开个二维vector如下均匀选取（排序也要\(nlogn\)）

struct color

{

	int col,id;

	color(int C=0,int I=0):col(C),id(I){}

};

struct cmp1

{

	bool operator () (const vector<color> &x,const vector<color> &y)

	{

		return x.size()>y.size();

	}

};

	n=read();

	x=read();

	y=read()-x;

	z=n-x-y;

	//将输入存储于二维vector中

	for(ri i=1;i<=n;++i)a[i]=read();

	vector<vector<color> > vec(n+1);

	for(ri i=1;i<=n;++i)

		vec[a[i]-1].push_back(color(a[i],i));

	sort(vec.begin(),vec.end(),cmp1());

	while(!vec.back().size())vec.pop_back();

	//尽可能多样地选取y+z个col

	vector<color> arr;

	for(ri i=1,p=0;i<=y+z;++i)

	{

		arr.push_back(vec[p].back());

		vec[p].pop_back();

		if(++p==vec.size())

		{

			while(vec.size() && !vec.back().size())vec.pop_back();

			p=0;

		}

	}

定量判断

可对于选出的\(y+z\)个数字，我们如何定量判断是否无解？

记其中颜色的最大频数为\(maxcnt\)

则它们还需要颜色不同的\(maxcnt\)个终点进行转移

故若\(maxcnt*2-(y+z) \le 0\)必然有解

但需要注意的是：

仅当频数超过\(\lfloor {{y+z} \over 2} \rfloor\)上式才有可能\(>0\)，故最多只有有一种颜色存在这样的风险。
并不是所有\(maxcnt\)个数字都必须有转移终点，我们完全可以舍弃其中的\(z\)个数字不作转移，但它们留下的空位置并不能作为剩余同颜色数字的转移终点，故若\(0 < maxcnt*2-(y+z) \le z\)则也有解。

(如果不容易理解可以画图：在长为\(y+z\)的区间上，\(maxcnt*2\)相当于顶着区间两端各放一条线段，减去\(y+z\)的区间总长，得到的是两线段的重叠部分，这便是必须舍弃的部分)

综上：若\(maxcnt*2-(y+z) \le z\)则有解，反之无解。

	//统计个数，获得各颜色个数排名

	int maxcnt=0,off;

	for(ri i=1;i<=n+1;++i)cnt[i]=0;

	for(ri i=0;i<arr.size();++i)++cnt[arr[i].col];

	for(ri i=1;i<=n+1;++i)

	{

		if(cnt[i])maxcnt=max(maxcnt,cnt[i]);

		else off=i;

	}

	if(maxcnt*2-(y+z)>z){printf("NO\n");return;}

构造转移

这是一个卡了我很久的点（主要是我看了ltao的题解发现他直接一笔带过就很离谱）

我们费尽功夫选好了\(y+z\)个点，判断出了有无解，可真到了构造转移的时候应该怎么处理。

显然前面没选的\(x\)个数字原地tp即可，不在话下。

对于选好的\(y+z\)个数字，最初的想法如下：

颜色集中分布，按颜色频数从小到大排序。（\(logn\)）
对于频数最大的颜色，我们优先处理它的转移终点，若\(maxcnt*2-(y+z) \le 0\)则不必动用舍弃名额，直接在剩余颜色里面按频数从小到大选就可以；否则就舍弃\(maxcnt*2-(y+z)\)个。
对于剩余颜色，按频数从大到小处理，每种颜色的转移终点从比频数比它大的里面选（可以用queue存储频数比它大的位置），由于上一步是从小到大选的故这一步必然有解。
如果有剩余的舍弃名额就随便舍。

正确性显然，但代码实现繁琐，留给读者自行思考。

然后在这里分析一下ltao的构造思路（确实很妙，我也加入了一些自己的理解）：

首先注意在上一步的代码中我们已经将arr按颜色集中分布。

记录两个指针\(i,j\)，分别表示转移的终点和起点。（注意顺序）

初始化\(i=0,j=maxcnt\)，令它们有\(maxcnt\)的初始间隔，见下例（没选的\(x\)个已省略，\(y=5,z=2\)）

arr.col	1	2
指针i	i
指针j		j
b

若\(i,j\)对应颜色不同，则设置转移并记录在新数列中，由于初始间隔的存在，不难证明当\(i\)和\(j\)任意一者对应颜色不是频数最大的颜色时，必然可以转移，即\(i,j\)同时向右移动（注意\(j\)在\(arr.end()\)时的取模）即可；

而需要特殊处理的是\(i,j\)对应颜色相同的情况，如下例：

arr.col	1	2	2	2	2
指针i					i
指针j		j
b	2	3	3	1

此时我们保持起点\(j\)不动，继续寻找终点\(i\)直至可行（可见，途径不可行的都是被舍弃的终点）：

arr.col	1	2	2	2	2	3
指针i						i
指针j		j
b	2	3	3	1	4	2

直到每一个终点都被尝试过，结束算法。可见由于\(j\)的停滞，同样存在一些被舍弃的起点：

arr.col	1	2	2	2	2	3	3
指针i							i
指针j			j
b	2	3	3	1	4	2	2

该算法核心就在于初始间隔\(maxcnt\)的设置能够很好地处理非最大频数颜色的转移；而面对最大频数颜色的冲突，我们也可以通过\(j\)的停滞来舍弃最大频数颜色末尾的部分数字，以保证有解。（啥也别说了都快去%ltao）

upd[2020.7.23]：如果还是不太懂（有可能是因为luogu表格炸了看不清），就体会一下ltao的原话：

前面你判了一定有解对吧

所以之后只需要排序然后肯定会有解的

所以你只要把这个排好序的序列平移一半（即maxcnt）

注意这个平移还是要留下之前的索引

然后可以保证排好序的数组至少ok

那么，按照你存的索引直接找回去就OK

这应该是ltao最初从宏观角度思考的算法思路了，还不明白可以看代码

struct cmp2

{

	bool operator () (const color &x,const color &y)

	{

		return cnt[x.col]!=cnt[y.col] ? cnt[x.col]>cnt[y.col] : x.col>y.col;

	}

};

	//填入y+z个元素的b

	for(ri i=1;i<=n;++i)b[i]=0;

	sort(arr.begin(),arr.end(),cmp2());

	for(ri i=0,j=maxcnt,sz=arr.size();i<sz;++i)

	{

		if(j<maxcnt+y && arr[i].col!=arr[j%sz].col)

			b[arr[i].id]=arr[(j++)%sz].col;

		else

			b[arr[i].id]=off;

	}

	//输出b

	printf("YES\n");

	for(ri i=1;i<=n;++i)

	{

		put(b[i] ? b[i] : a[i]);

		pc(' ');

	}

	pc('\n');

后记

在实现了上述代码并成功\(AC\)后，你发现代码中有两个\(sort\)格外显眼：

给二维vector按照一维的size排序（选数阶段）
给arr按照颜色集中分布的排序（转移阶段）

这个2很好处理，因为我们转移时，没有必要特意按频数排序，只要颜色集中就可以（看见我上面给的那个样例故意没排序了吗），这一点可以在统计颜色的时候处理。

	//统计个数，获得maxcnt，并将arr按颜色集中分布

	int maxcnt=0,off;

	vector<vector<color> > tarr(n+1);

	while(arr.size())

	{

		tarr[arr.back().col-1].push_back(arr.back());

		arr.pop_back();

	}

	for(ri i=0;i<n+1;++i)

	{

		if(tarr[i].size())

		{

			maxcnt=max(maxcnt,(int)tarr[i].size());

			while(tarr[i].size())

			{

				arr.push_back(tarr[i].back());

				tarr[i].pop_back();

			}

		}

		else off=i+1;

	}

	if(maxcnt*2-(y+z)>z){printf("NO\n");return;}

至于1确实不易实现，因为会有size相同的一维vector，所以我们再给它开个桶（给桶桶排的桶应该叫啥？桶的桶？二阶桶？）

	//将输入存储于二维vector中

	for(ri i=1;i<=n;++i)a[i]=read();

	vector<vector<color> > vec(n+1);//二维vector 桶

	vector<vector<vector<color> > >tax(n);//三维vector 桶的桶（笑） 

	for(ri i=1;i<=n;++i)

		vec[a[i]-1].push_back(color(a[i],i));

	while(vec.size())//这桶排写得属实烧脑

	{

		if(vec.back().size())

			tax[vec.back().size()-1].push_back(vec.back());

		vec.pop_back();

	}

	for(ri i=n-1;i>=0;--i)

	{

		while(tax[i].size())

		{

			vec.push_back(tax[i].back());

			tax[i].pop_back();

		}

	}

然后踌躇满志地提交，你会发现：

上文\(O(nlogn)\)提交记录

线性\(O(n)\)提交记录

”喂这什么情况啊这波怎么成了反向优化了“

“废话分析分析常数不就知道了”

事实证明sort的常数还是很优的

你之所以看见的，正是因为你想看见。

——萨特《自由之路》

巴特西

【题解】cf1381c Mastermind

序

题意

转义

分析

定性选取

定量判断

构造转移

后记

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