【AGC006E】 Rotate 3x3

最新推荐文章于 2020-10-17 12:36:56 发布

自我修炼的小石头

最新推荐文章于 2020-10-17 12:36:56 发布

阅读量133

点赞数

CC 4.0 BY-SA版权

原文链接：http://www.cnblogs.com/RogerDTZ/p/9487643.html

本文深入探讨了一种针对特定网格变换的算法，通过列的黑白染色策略，实现了有效的状态转换和解决方案构造。文章详细介绍了变换操作，包括相邻列的翻转和交换，以及如何通过统计和冒泡排序类模拟计算翻转次数，最终判断解的存在性。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description

　　
　　题目链接
　　
　　
　　

Solution

　　
　　显然每一列只能一起动，乱动则无解。
　　
　　对原网格按列黑白染色，显然每一列数只能在相同颜色之间交换，乱动则无解。
　　
　　之后考虑构造方案。
　　
　　我们需要发(shou)现(wan)出一些好用的变换：
　　
　　（1）使一种颜色的相邻两列同时上下翻转。
　　
　　（2）使一种颜色的相邻两列交换，不翻转它们，而翻转另一个颜色中，不在这两列中间的，一个列。由于\(n \ge 5\)，我们总能实现这个操作。
　　
　　统计出黑色列总共需要使用（2）交换多少次达到目标、以及需要翻转多少次（由于使用（2）不影响上下状态，直接用初始状态作比较即可），记为\(flip_0\)与\(inv_0\)，同理对白色列计算\(flip_1\)与\(inv_1\)。
　　
　　我们首先使用（2）逐一实现每一个\(flip_0\)，每做一次\(flip_0\)的同时，\(inv_1\)也会减少一次。同理每做一次\(flip_1\)，\(inv_0\)也会减少一次。
　　
　　优先做完\(flip_0\)与\(flip_1\)，此时\(inv\)不论是正负都没关系（负也是有意义的），只要是偶数，就可以使用（1）逐个翻转回来。重要的是此时\(inv\)必须是偶数，这意味着没操作前，当且仅当\(flip_0\)与\(inv_1\)的奇偶性相同，且\(flip_1\)与\(inv_0\)的奇偶性相同时，才有解，否则无解。
　　
　　对于\(flip\)的计算，使用冒泡排序类模拟的套路，通过统计原位置右边有多少已操作的数来计算出当前实际位置，从而确定每一次冒泡的步数。
　　
　　总时间复杂度\(\mathcal O (n \log_2 n)\)
　　
　　
　　

Code

#include <cstdio>
using namespace std;
const int N=100005;
int n;
int a[N][3],where[N];
int inv[2],flip[2];
inline int abs(int x){
    return x<0?-x:x;
}
void readData(){
    scanf("%d",&n);
    for(int j=0;j<3;j++)
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i][j]);
}
bool preDraw(){
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int id=(a[i][0]-1)/3+1;
        if((i-id)&1) return false;
        where[id]=i;
        int x=(id-1)*3+1,y=x+1,z=y+1;
        if(a[i][0]==x&&a[i][1]==y&&a[i][2]==z);
        else if(a[i][0]==z&&a[i][1]==y&&a[i][2]==x)
            inv[i&1]^=1;
        else return false;
    }
    return true;
}
namespace BIT{
    //suffix sum
    int a[N];
    inline void add(int u,int x){
        for(;u;u-=u&-u)
            a[u]+=x;
    }
    inline int que(int u){
        int res=0;
        for(;u&&u<=n;u+=u&-u)
            res+=a[u];
        return res;
    }
    inline void reset(){
        for(int i=1;i<=n;i++)
            a[i]=0;
    }
}
void calcFlip(){
    for(int i=1;i<=n;i+=2){
        int nowpos=where[i]+BIT::que(where[i])*2;
        flip[1]^=(abs(i-nowpos)/2)&1;
        BIT::add(where[i],1);
    }
    BIT::reset();
    for(int i=2;i<=n;i+=2){
        int nowpos=where[i]+BIT::que(where[i])*2;
        flip[0]^=(abs(i-nowpos)/2)&1;
        BIT::add(where[i],1);
    }
}
int main(){
    readData();
    if(!preDraw()){
        puts("No");
        return 0;
    }
    calcFlip();
    if(inv[0]!=flip[1]||inv[1]!=flip[0])
        puts("No");
    else 
        puts("Yes");
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/RogerDTZ/p/9487643.html