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题目大意:给出一个长度为 n 的排列,初始时为 1 , 2 , 3 ... n - 1 , n,现在有 m 次操作,每次操作表示为 ( k , x ) ,即进行 x 次 k-约瑟夫变换,问最终排列
题目分析:对于每一次的 k-约瑟夫变换,都可以视为一次置换群的结合操作,所以我们首先需要求出这个置换群是什么,假设上一次被取出来的数字是第 pos 个( 初始时为 1 ),此时环内还剩下 cnt 个数字,则下一次需要被选出的数字是剩下数字的第 ( pos - 1 + k - 1 ) % cnt + 1 个,这个操作可以利用线段树上二分实现,时间复杂度为 nlogn
在求出置换群后,置换 x 次相当于置换群的 x 次幂,这个直接 O( n ) 去实现就好了,牛客二也做过一个类似的题,也是需要求置换群的幂
总的时间复杂度为 nmlogn
代码:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
#include<unordered_map>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=1e5+100;
int ans[N],temp[N],p[N],n,m;
bool vis[N];
struct Node
{
int l,r,sum;
}tree[N<<2];
void build(int k,int l,int r)
{
tree[k].l=l;
tree[k].r=r;
if(l==r)
{
tree[k].sum=1;
return;
}
int mid=l+r>>1;
build(k<<1,l,mid);
build(k<<1|1,mid+1,r);
tree[k].sum=tree[k<<1].sum+tree[k<<1|1].sum;
}
int query(int k,int pos)//找第pos大的数
{
tree[k].sum--;
if(tree[k].l==tree[k].r)
return tree[k].l;
if(tree[k<<1].sum>=pos)
return query(k<<1,pos);
else
return query(k<<1|1,pos-tree[k<<1].sum);
}
void solve(int t)//O(n)实现置换群p的t次幂
{
memset(vis,false,n+5);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(vis[i])
continue;
vector<int>circle;
int pos=i;
while(!vis[pos])
{
circle.push_back(pos);
vis[pos]=true;
pos=p[pos];
}
int sz=circle.size();
for(int i=0;i<sz;i++)
temp[circle[i]]=ans[circle[(i+t)%sz]];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
ans[i]=temp[i];
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
// freopen("data.in.txt","r",stdin);
// freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
// ios::sync_with_stdio(false);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
ans[i]=i;
while(m--)
{
build(1,1,n);
int x,k,pos=1,cnt=n;
scanf("%d%d",&k,&x);
for(int i=1;i<=n;i++)//将k-约瑟夫变换转换为置换群
{
pos=(pos-1+k-1)%cnt+1;
p[i]=query(1,pos);
cnt--;
}
solve(x);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d ",ans[i]);
return 0;
}