题意：对字符串按照置换操作k次，求最后的结果。
题解
- 求出每一个位置循环的长度，最后操作时，k对长度取模为k'。只需要变换k'次即可。
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <vector>
using namespace std;
int const N = 200 + 10;
int n,k,a[N],len[N];
char t[N],s[N],ans[N];
int main(){
while(~scanf("%d",&n) && n){
memset(len,0,sizeof(len));
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++){
int j = i,cnt = 0;
do{
cnt++;
j = a[j];
}while(j != i);
len[i] = cnt; //求每一个循环的长度
}
while(scanf("%d",&k) && k){
getchar();
gets(t);
int l = strlen(t);
for(int i=0;i<n;i++){
if(i < l) s[i] = t[i];
else s[i] = ' ';
}
for(int i=1;i<=n;i++){
int p = k % len[i], pos = i;
for(int j=1;j<=p;j++) pos = a[pos];
ans[pos-1] = s[i-1];
}
ans[n] = '\0';
printf("%s\n",ans);
}
printf("\n");
}
return 0;
}
UVA10294
题解
- 关于旋转变化。每次可以旋转i = 0,1,2……n-1。对于每一个i，旋转产生的循环个数为gcd(n,i)，t种颜色，不动点个数为t^gcd(n,i)。所以等价类为(∑t^gcd(n,i)) / n。
- 关于对称变化，如果n为奇数，那么有n条对称轴。每条对称轴产生n/2个长度为2的循环和一个长度为1的循环，不动点个数为t^(n/2+1)。所以总共的等价类为(n * t^(n/2+1)) / n。如果n为偶数，有n条对称轴，其中n/2条经过一个点和一条边，和奇数情况一样。另外一种是经过两个顶点，产生n/2个长度为2的循环。
- 预处理t的阶乘。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int const N = 50 + 5;
typedef long long ll;
ll p[N];
int n,t;
int main(){
while(~scanf("%d%d",&n,&t)){
p[0] = 1;
for(int i=1;i<N;i++) p[i] = p[i-1] * t; //表示t^i
/*旋转*/
ll a = 0,b = 0,c = 0;
for(int i=0;i<n;i++)
a += p[__gcd(i,n)];
a /= n;
/*翻转奇数*/
b = n * p[n/2+1];
b /= n;
/*翻转偶数*/
c = (n/2) * p[n/2] + (n/2) * p[n/2+1];
c /= n;
if(n & 1) printf("%lld %lld\n",a,(a + b)/2);
else printf("%lld %lld\n",a,(a + c)/2); //a有n种，c有n种，再除以2
}
return 0;
}
UVA11077
题意：给定n和k，统计有多少的排列至少需要交换k次才能变成{1,2,3……，n}
题解
- 对于一个循环长度为len，至少需要交换len-1次。所以循环的个数为x，所以至少需要交换（n-x）次。
- dp[i][j]表示有多少个长度为i的排列至少需要交换j次才能变成{1,2,……i}。初始化dp[1][0] = 1,dp[1][j] = 0 (j!=1)。
- 状态转移为dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i-1][j-1] * (i - 1)。前者表示i单独一个循环，所以不改变交换此时。后者表示插入到前面的任意一个位置，有i-1种情况。比如1->2->3->1，插入x。有1->x->2->3->1,1->2->x->3->1,1->2->3->x->1
- 最后答案为dp[n][k]
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ll;
int const N = 30;
int n,k;
ll dp[N][N];
int main(){
dp[1][0] = 1;
for(int i=2;i<N;i++)
for(int j=0;j<i;j++){ //长度为i最多交换i-1次
dp[i][j] = dp[i-1][j];
if(j > 0) dp[i][j] += dp[i-1][j-1] * (i - 1);
}
while(~scanf("%d%d",&n,&k) && n || k) printf("%llu\n",dp[n][k]);
return 0;
}
题意：每次交换都会产生一定代价，求代价最小
题解
- 交换和上面一样使用置换群，首先要离散化。
- 为使代价最小，有两种策略。
- 1、一个循环都与内部最小的交换，需要交换len-1次。
- 2、一个循环都与整体的最小值交换，需要len次。
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <vector>
using namespace std;
int const inf = 0x7f7f7f7f;
int const N = 10000 + 10;
int a[N],b[N],c[N],n,ans,vis[N],minx;
vector<int>v;
int main(){
scanf("%d",&n);
minx = inf;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
minx = min(minx,a[i]);
v.push_back(a[i]);
}
sort(v.begin(),v.end());
v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end());
for(int i=1;i<=n;i++){
int k = lower_bound(v.begin(),v.end(),a[i]) - v.begin();
b[i] = k + 1;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(vis[i]) continue;
int j = i,s = 0,mx = inf,cnt = 0;
do{
s += a[j];
cnt++;
vis[j] = true;
mx = min(mx,a[j]);
j = b[j];
}while(i != j);
ans = ans + min((s - mx) + mx * (cnt - 1),s + minx * cnt + mx + minx);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
题意：最长公共序列
题解
- 对于序列ai和bi，来一个映射mp[a[i]] = b[i]。结果就是每个循环的长度减1，再求和。注意循环长度为1的时候不用减1。
- 原理很简单，举例子题目中的
1 5 3 2 6 4
3 6 2 4 5 1
- 变换一下
1 3 2 4 5 6
3 2 4 1 6 5
- 一目了然
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <vector>
using namespace std;
int const N = 100000 + 10;
int n,mp[N],a[N],b[N];
bool vis[N];
int main(){
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&b[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
mp[a[i]] = b[i];
int ans = 0;
memset(vis,false,sizeof(vis));
for(int i=1;i<=n;i++){
if(vis[i]) continue;
int j = i, cnt = 0;
do{
cnt++;
vis[j] = true;
j = mp[j];
}while(j != i);
if(cnt == 1) ans += cnt;
else ans += cnt - 1;
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
LA3641
题解
- n为偶数，平方后分解成两个长度相同的循环。
- n为奇数，不会分解。
- 所以一个置换能否开方，只要判断偶数的循环能否成对即可。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int const N = 30;
char s[N],cnt[N];
bool vis[N];
int main(){
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf(" %s",s);
memset(vis,false,sizeof(vis));
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
for(int i=0;i<26;i++){
if(vis[i]) continue;
int j = i;
int n = 0;
do{
vis[j] = true;
j = s[j] - 'A';
n++;
}while(j != i);
cnt[n]++;
}
bool flag = true;
for(int i=2;i<26;i+=2)
if(cnt[i] % 2) flag = false;
if(flag) printf("Yes\n");
else printf("No\n");
}
return 0;
}
题意：n为奇数，p经过s次开方运算的得到q。已知q，求p。
题解
- 一定存在循环，可以暴力去找。或者利用结论，当gcd(n,k)互质，当k%n = 0，T^k = e。所以当k%n = 1,T^k = T。
- 因为一次洗牌是平方，所以我们设洗牌x次变为本身，即2^x次置换。那么x满足2^x % n = 1。
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <vector>
using namespace std;
int const N = 1000 + 10;
int n,s,a[N],b[2][N],cnt;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&s);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
int len = 1,p = 2;
if(n != 1){
while(1){
if(p % n == 1) break;
len++; p = p * 2 % n;
}
}else len = 0; //x
int tmp;
if(len) tmp = len - s % len;
else tmp = len;
cnt = 0;
for(int i=1;i<=n;i++) b[cnt][i] = a[i];
for(int i=1;i<=tmp;i++){ //滚动数组
cnt ^= 1;
for(int i=1;i<=n;i++)
b[cnt][i] = b[cnt^1][b[cnt^1][i]];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d\n",b[cnt][i]);
return 0;
}
题意：判断置换能否开方，并且求出一种开方结果。
题解
- 首先判断能否开方，和LA3641的思路是一样。然后麻烦的是合并。
- 对于奇数的循环，可以内部合并，因为它不会分解。对于（1 3 5 7）开方就是（1 5 3 7）每次向前移动2步。
- 对于偶数的循环，可以两两合并。比如（1 2）（3 4）可以合成为（1 3 2 4）。
- 具体见代码。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int const N = 1e6+ 10;
int n,a[N],ans[N];
bool vis[N];
vector<int>bucket[N],b[N];
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++){ //第一遍统计循环的个数
if(vis[i]) continue;
int j = i,cnt = 0;
do{
vis[j] = true;
cnt++;
b[i].push_back(j);
j = a[j];
}while(i != j);
bucket[cnt].push_back(i);
}
for(int i=2;i<=n;i+=2){
if(bucket[i].size() & 1){
printf("-1\n");
return 0;
}
}
memset(vis,false,sizeof(vis));
for(int i=0;i<bucket[1].size();i++) ans[bucket[1][i]] = bucket[1][i]; //单独处理
for(int i=2;i<=n;i++){ //枚举循环的大小
for(int j=0;j<bucket[i].size();j++){ //枚举每一个循环
if(i & 1){
int x = b[bucket[i][j]][0], y = b[bucket[i][j]][i/2+1];
while(!vis[x]){
vis[x] = vis[y] = true;
ans[x] = y;
x = a[x];
ans[y] = x;
y = a[y];
}
}else{
int x = b[bucket[i][j]][0], y = b[bucket[i][j+1]][0]; //两个不同的循环交叉
while(!vis[x] && !vis[y]){
vis[x] = vis[y] = true;
ans[x] = y;
x = a[x];
ans[y] = x;
y = a[y];
}
j++;
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d%c",ans[i],i != n ? ' ' : '\n');
return 0;
}
题解
- 一个循环经过T^k = e，k为循环长度。所以只需要求出所有长度的最小公倍数即可。
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <vector>
using namespace std;
int const N = 1000 + 10;
int n,a[N],ans;
bool vis[N];
int lcm(int a,int b){
return a / __gcd(a,b) * b;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
ans = 1;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(vis[i]) continue;
int j = i, cnt = 0;
do{
cnt++;
vis[j] = true;
j = a[j];
}while(i != j);
ans = lcm(ans,cnt);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}