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;
}
E
题意
对一个长度为 \(3n\) 的排列 \(p\)，有两种操作：
- 对前 \(2n\) 个元素从小到大排序
- 对后 \(2n\) 个元素从小到大排序
定义 \(f(p)\) 为将排列 \(p\) 通过操作从小到大排序好的最少次数。
现在给出一个 \(n\) ，求长度为 \(3n\) 的 \((3n)!\) 个排列的 \(f(p)\) 之和。
题解
知识点：容斥原理，排列组合。
显然，对于任意排列 \(p\) ，\(f(p) \leq 3\) ，只要使用操作 \(1,2,1\) 就能排序好。
现在分类讨论 \(f(p)\) ，求对应的种类数。注意到，求精确 \(f(p) = 1,2,3\) 的种类数比较困难，因此考虑求 \(f(p) \leq 1,f(p)\leq 2,f(p) \leq 3\) 的情况，最后作差即可。
- \(f(p) = 0\)
显然只有一种 \(1,\cdots,3n\) 。
- \(f(p) \leq 1\)
至多一次操作就可以排序好，那么一定是前 \(n\) 个或者后 \(n\) 个元素已经排好了，其他元素自由排列，对剩下部分操作一次即可。
前 \(n\) 个元素排好了，后 \(2n\) 个自由排列，一共 \((2n)!\) 种。同理，后 \(n\) 个元素排好了也有 \((2n)!\) 种。
当然，最后需要减去交集，即前 \(n\) 个元素和后 \(n\) 个元素同时排好了，则中间 \(n\) 个元素自由排列，有 \(n!\) 种。
因此，最终有 \(2 (2n)! - n!\) 种。
- \(f(p) \leq 2\)
至多两次操作就可以排序好，那么元素 \([1,n]\) 需要出现在 \([1,2n]\) 的区间里，其他元素自由排列，这样对 \([1,2n]\) 操作一次前 \(n\) 个就排好了，再对 \([n+1,3n]\) 操作一次即可，同理元素 \([2n+1,3n]\) 出现在 \([n+1,3n]\) 其他元素自由排列也可以，只需要最多操作两次。
元素 \([1,n]\) 出现在 \([1,2n]\) ，那么在 \(2n\) 个位置里选 \(n\) 个位置放这 \(n\) 个元素，并且这 \(n\) 个元素可以自由排列，剩下 \(2n\) 个元素也可以自由排列，因此有 \(C_{2n}^n \cdot n!\cdot (2n)!\) 种。同理，元素 \([2n+1,3n]\) 出现在 \([n+1,3n]\) 也有 \(C_{2n}^n \cdot n!\cdot (2n)!\) 种。
最后减去交集部分，即元素 \([1,n]\) 出现在 \([1,2n]\) 同时元素 \([2n+1,3n]\) 出现在 \([n+1,3n]\) 。直接算比较困难，考虑设元素 \([1,n]\) 种有 \(i\) 个元素出现在 \([n+1,2n]\) 中，则元素 \([1,n]\) 有 \(n-i\) 个元素出现在 \([1,n]\) 中。于是，对于元素 \([1,n]\) ，在 \([1,n]\) 选 \(n-i\) 个位置，在 \([n+1,2n]\) 选 \(i\) 个位置，并任意排列，有 \(C_{n}^{n-i} \cdot C_{n}^{i} \cdot n!\) 种；对于元素 \([2n+1,3n]\) ，因为 \([n+1,2n]\) 有 \(i\) 个 \([1,n]\) 的元素，所以在 \([n+1,3n]\) 有 \(2n-i\) 个位置可以选，其中中选 \(n\) 个，并任意排列，有 \(C_{2n-i}^n \cdot n!\) 种；剩下 \(n\) 个元素任意排列有 \(n!\) 种，共有 \(C_{n}^{n-i} \cdot C_{n}^{i} \cdot n! \cdot C_{2n-i}^n \cdot n! \cdot n!\) 种。 最终把 \(i \in [0,n]\) 累加一遍就是交集部分。
因此，最终有 \(2\cdot C_{2n}^n \cdot n!\cdot (2n)! - \sum_{i=0}^n (C_{n}^{n-i} \cdot C_{n}^{i} \cdot n! \cdot C_{2n-i}^n \cdot n! \cdot n!)\) 种。
- \(f(p) \leq 3\)
全排列即可，共有 \((3n)!\) 种。
最后，做差就可以得到 \(f(p) = 1,2,3\) 的种类数，分别加权和即可。
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 M;
int qpow(int a, int k) {
int ans = 1;
while (k) {
if (k & 1) ans = 1LL * ans * a % M;
k >>= 1;
a = 1LL * a * a % M;
}
return ans;
}
int fac[3000007], invfac[3000007];
void init(int n) {
fac[0] = 1;
for (int i = 1;i <= n;i++) fac[i] = 1LL * fac[i - 1] * i % M;
invfac[n] = qpow(fac[n], M - 2);
for (int i = n;i >= 1;i--) invfac[i - 1] = 1LL * invfac[i] * i % M;
}
int C(int n, int m) {
if (n < m || m < 0) return 0;
return 1LL * fac[n] * invfac[m] % M * invfac[n - m] % M;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n;
cin >> n >> M;
init(3 * n);
int ans[4];
ans[0] = 1;
ans[1] = (1LL * 2 * fac[2 * n] % M - fac[n] + M) % M;
ans[2] = 1LL * 2 * C(2 * n, n) % M * fac[n] % M * fac[2 * n] % M;
for (int i = 0;i <= n;i++) {
ans[2] = (ans[2] - 1LL * C(n, i) * C(n, n - i) % M * fac[n] % M * C(2 * n - i, n) % M * fac[n] % M * fac[n] % M + M) % M;
}
ans[3] = fac[3 * n];
ans[1] = (ans[1] - ans[0] + M) % M;
ans[2] = ((ans[2] - ans[1] + M) % M - ans[0] + M) % M;
ans[3] = (((ans[3] - ans[2] + M) % M - ans[1] + M) % M - ans[0] + M) % M;
int res = ((ans[1] + 1LL * 2 * ans[2] % M) % M + 1LL * 3 * ans[3] % M) % M;
cout << res << '\n';
return 0;
}
