题意
有 nnn 张卡,每张卡上面有一个数 aia_iai,下面有一个数 bib_ibi,每个数都在 [1,2n][1,2n][1,2n] 范围内且仅出现一次。卡的顺序可以随意调整。现在可以翻转若干张卡,使得存在 a1<a2<a3<...<ana_1< a_2< a_3<...< a_na1<a2<a3<...<an,b1>b2>b3>...>bnb_1> b_2> b_3>...> b_nb1>b2>b3>...>bn。要求翻转的次数最少,输出这个次数,无解输出 −1-1−1。
其中,n≤2⋅105,ai,bi∈[1,2n]n\le 2\cdot 10^5,a_i,b_i\in [1,2n]n≤2⋅105,ai,bi∈[1,2n]。
分析
最后的形式为:
a1<a2<...<anb1>b2>...>bna_1<a_2<...<a_n\\ b_1>b_2>...>b_na1<a2<...<anb1>b2>...>bn
那么,111 到 nnn 这些数一定是由 aaa 的一些前缀和 bbb 的一些后缀构成,n+1n+1n+1 到 2n2n2n 一定是由 aaa 的一些后缀和 bbb 的一些前缀构成。因此,如果存在一张卡使得 ai∈[1,n],bi∈[1,n]a_i\in[1,n],b_i\in[1,n]ai∈[1,n],bi∈[1,n] 或者 ai∈[n+1,2n],bi∈[n+1,2n]a_i\in[n+1,2n],b_i\in[n+1,2n]ai∈[n+1,2n],bi∈[n+1,2n],那么一定是无解的。因此,每个 [1,n][1,n][1,n] 的数,都会对应一个 [n+1,2n][n+1,2n][n+1,2n] 的数。
现在,我们令 f(k)f(k)f(k) 表示 kkk 对应的数,k∈[1,n]k \in[1,n]k∈[1,n]。那么如果有解,数组 [f(1),f(2),...,f(n)][f(1),f(2),...,f(n)][f(1),f(2),...,f(n)] 一定可以拆分成两个递减序列,其中一个放到上面,另一个放到下面,每个拆分都会唯一对应一种划分方案。但是,拆分的解可能不唯一,所以答案也不唯一。
题解提供了一种很巧妙的做法,对所有 minj≤if(j)≥maxj>if(j)\mathop{\min}\limits_{j\le i}f(j)\ge \mathop{\max}\limits_{j> i}f(j)j≤iminf(j)≥j>imaxf(j) 的 iii 进行分段,这样的好处是:
- 每一段都是独立的
- 每一段的方案都是唯一的
因此我们可以对每一段单独求解。
我们维护两个序列,每次将 f(i)f(i)f(i) 加入可以放的序列中即可,注意,除了第一个数,f(i)f(i)f(i) 的选择一定是唯一的。
因此我们就把这题做完了,复杂度是 O(n)O(n)O(n) 的。
好难呀=.=
代码如下
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n), b(n), c(n), mp(n), suf(n);
for(int i = 0; i < n; i++){
int cost = 0;
cin >> a[i] >> b[i];
if(a[i] > b[i]) cost = 1, swap(a[i], b[i]);
if(a[i] > n || b[i] <= n) cout << -1 << '\n', exit(0);
b[i] -= n + 1, a[i]--;
c[a[i]] = cost, mp[a[i]] = b[i];
}
suf[n - 1] = mp[n - 1];
for(int i = n - 2; i >= 0; i--) suf[i] = max(suf[i + 1], mp[i]);
int Min = 1e9, ans = 0;
vector<int> v1, v2;
for(int i = 0, cost1 = 0, cost2 = 0; i < n; i++){
Min = min(Min, mp[i]);
if(v1.empty() || v1.back() > mp[i]){
v1.push_back(mp[i]);
cost1 += c[i];
}
else if(v2.empty() || v2.back() > mp[i]){
v2.push_back(mp[i]);
cost2 += c[i];
}
else cout << -1 << '\n', exit(0);
if(i == n - 1 || Min > suf[i + 1]){
ans += min(cost1 + v2.size() - cost2, cost2 + v1.size() - cost1);
v1.clear(), v2.clear();
cost1 = cost2 = 0;
}
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}