otyczki-algorytmiczne-2012 tas 中国剩余定理相关

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题意

• 给你一个初始为 $1, 2, ..., n$的排列，一个置换 $A$，一个排列 $B$，询问是否可以通过初始序列置换到序列 $B$.

首先根据相关知识可以知道一组置换是一个环

分别考虑每一个数

如果 $i$和 $b_i$不在一个环中，那么就肯定无解了

不然那置换次数 $k$一定满足 $k = b_i到i的变换步数(mod环的大小)$

这样子列出了很多个方程 那我们接下来就是判断方程是否有解的问题

对于两个方程 $x = a_1 \ mod \ b_1, x = a_2 \ mod \ b_2$

设 $b_3$为 $b_1，b_2$的一个公约数

那么当且仅当 $a_1 = a_2(mod \ b_3)$的时候

方程组才有解 这个东西我不会证明

但如果把模运算当做减法运算来理解不是很难

我们所以只要枚举约数再枚举它的倍数就好了

时间复杂度 $O(n \ln n)$

Codes

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 1e6 + 10;

int n, a[N], b[N], size[N], dep[N], be[N], val[N];

void dfs(int x, int fa) {
	++ size[fa], be[x] = fa;
	if(!dep[a[x]]) {
		dep[a[x]] = dep[x] + 1;
		dfs(a[x], fa);
	}
}

void Init() {
	for(int i = 1; i <= n; ++ i)
		scanf("%d", &a[i]), size[i] = 0, val[i] = -1;;
	for(int i = 1; i <= n; ++ i)
		scanf("%d", &b[i]), dep[i] = 0;
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) 
		if(!dep[i])
			dep[i] = 1, dfs(i, i);
}

void Solve() {
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
		if(be[i] != be[b[i]]) return void(puts("Forever"));
		int now = be[i], tmp = dep[i] - dep[b[i]];
		if(tmp <= 0) tmp += size[now];
		if(val[size[now]] == -1) val[size[now]] = tmp;
		else if(val[size[now]] != tmp) return void(puts("Forever"));
	}
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
		int now = -1, tmp;
		for(int j = i; j <= n; j += i) {
			if(val[j] == -1) continue;
			tmp = val[j] % i;	
			if(now == -1) now = tmp;
			else if(now != tmp) return void(puts("Forever"));
		}
	}
	puts("Ever");
}

int main() {
#ifdef ylsakioi
	freopen("ever.in", "r", stdin);
	freopen("ever.out", "w", stdout);
#endif
	while(scanf("%d", &n) != EOF) 
		Init(), Solve();
	return 0;
}