#ACW 4084 号码牌（无向图连通性+简单拓扑序）_acwing 4084. 号码牌题解-优快云博客

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1.题意

给你一个1~n全排列A，让你判断能否通过一种操作使之变为目标排列B。该操作是：交换与当前下标i相距 $d_i$ 的2个元素。
如：下标为5, $d_5=2$ ，那么可以将下标为5处的元素和下标为3或7处的元素交换。

2.思路

从图的角度思考，假如下标为a处可以到达下标为b处，那么就从a向b连一条有向边，我们发现交换是相互的，故可以把这条有向边改成无向边。
我们进一步发现想让下标为i的数变为 $a_i$ ，而 $a_i$ 在下标j，那么只要从i到j有路径就可以了。
那么是否只要对于每个下标i，其与目标排列的 $a_i$ 所在下标j间连通，就一定存在一种合理交换方案得到目标排列？
答案是肯定的，构造方法类似于拓扑排序，在每个连通块中，先找到度为1的点，把对应元素移动过去，然后去掉唯一的一条边，循环进行，可得出一定有解。（一个连通块，按照topo序删点，剩下的模块依旧是一个连通块）
由于本题只需要判断真假，故只需要判断目标下标和原下标的连通性即可，这可以使用并查集或者floodfill算法，如下代码用的是后者。（啊，，比赛的时候并查集都忘了该咋写了~）

3.代码

#include <iostream>

using namespace std;

const int N=110;

bool g[N][N];
int n;
int a[N],d[N],con[N];
bool st[N];
int cnt;

void dfs(int u)
{
    st[u]=true;
    con[u]=cnt;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        if(g[u][i]&&!st[i])
        {
            dfs(i);
        }
    }
    return;
}

void floodfill()
{
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        if(!st[i])
        {
            cnt++;
            dfs(i);
        }
    }
}

bool check()
{
    for(int i=0;i<n;i++)if(con[a[i]-1]!=con[i])return false;
    return true;
}

int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=0;i<n;i++)cin>>a[i];
    for(int i=0;i<n;i++)cin>>d[i];
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        if(d[i]+i<n)
        {
            g[i][i+d[i]]=1;
            g[i+d[i]][i]=1;
        }
        if(i-d[i]>=0)
        {
            g[i][i-d[i]]=1;
            g[i-d[i]][i]=1;
        }
    }
    floodfill();
    if(check())cout<<"YES\n";
    else cout<<"NO\n";
    
}