HZOJ 旋转子段
作者的正解:
算法一:对于30%的数据: 直接枚举区间直接模拟,时间复杂度O(N3)。
算法二:对于60%的数据:枚举旋转中心点,然后再枚举旋转的端点, 我们可以用O(n)的预处理求前缀和记录固定点,总时间复杂度O(N2)。
算法三:对于100%的数据:假设有最优解为[i,j](i,j皆为下标,A[i],A[j]才是题目所要输出的答案)。if(A[i]!=j&&A[j]!=i),就是A[i]和A[j]经过旋转之后都没有成为不动点,那么[i+1,j-1]也是一个最优解(如果i+1>j-1,那么[1,1]也是最优解)。两端旋转之后如果都没成为不动点我们可以去掉两端,不停地去掉后得到最优解为[x,y]则有A[x]=y或者A[y]=x,或者x=y=1( [1,1]可以不参与讨论).
因此最优解一定是[min(i,A[i]),max(i,A[i])](i=1,2,3......,n)。
只需要枚举n个值就能找到最优解,由此找最优解问题变成了查询问题。假设i<=A[i],要查询的区间变成了三段[1,i-1] [i, A[i] ] [ A[i+1] ,n],固定点个数O(1)的时间查询。中间这一段 [i, A[i] ]经过了一次旋转,对于旋转后的固定点j有A[j]+j=A[i]+i且,而[j,A[j]]也是我们要考虑成为最优解的一个旋转,我们事先将这n种旋转按照轴心不同分类,每一类由旋转区间长度短到长排序。以上算法因为要排序所以复杂度为O(N log N)。
然而数据很水我们可以直接错解碾标算。
对于60的数据:
对于一个旋转中心,他的至少一个端点反转后是固定点,即满足(a[i]+i=mid*2)。于是我们可以枚举这个端点,然后就可以算出旋转中心进而On统计答案。
然后说一下我的错解(其实很接近正解了):
根据以上算法可以发现求得就是对于一个旋转中心的旋转段总(a[i]+i=mid*2)的点数以及旋转段外本来就是固定点的个数,前者可以用桶处理,后者可以用前缀和处理。总复杂度O(n)。
对于旋转段端点的处理,更新桶时处理最后保证对称即可。
for(int i=;i<=n;i++)
{
sum[i+a[i]]++;
l[i+a[i]]=min(l[i+a[i]],i);
r[i+a[i]]=max(r[i+a[i]],i);
}
for(int i=;i<=n*;i++)
{
int tl=l[i],tr=r[i];
l[i]=min(l[i],i-tr);
r[i]=max(r[i],i-tl);
}
所以到现在你发现这个算法错误的地方吗?没错上面只是处理的对于每个旋转中心最大的旋转段,但是这不一定是最优的(然而数据中好像都是最优的……),提供一组hack数据:
15
14 2 8 9 10 11 1 15 6 5 4 3 13 7 12
正确答案是7,而以上算法出的是6。错误就在于这里最大的旋转区间并不是最优的。
为了解决这个问题,就需要将最大区间不断收缩寻找最优解。
但是这样就又成$n^2$的了,怎么办呢?
其实可以发现一步一步收缩的话有很多步数是没有意义的,我们可以考虑对每个旋转中心开一个vector存a[i]+i=mid的点的位置,按照离旋转中心的距离排序,这样收缩的时候只需枚举vector,以上算法因为要排序所以复杂度为O(N log N)。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<ctime>
#define MAXN 500010
#define LL long long
#define ma(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
using namespace std;
int n,a[MAXN];
int sum[MAXN*],l[MAXN*],r[MAXN*];
int pre[MAXN];
inline int read();
signed main()
{
// freopen("in.txt","r",stdin);
// freopen("tem","r",stdin);
// freopen("1.out","w",stdout); double sst=clock();
n=read();
for(int i=;i<=n;i++)a[i]=read();
/* if(n<=500)
{
int ans=0,res=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i;j<=n;j++)
{
for(int k=0;i+k<=j-k;k++)
{
if(a[i+k]==j-k)res++;
if(a[j-k]==i+k)res++;
if((i+k==j-k)&&a[j-k]==i+k)res--;
}
for(int k=1;k<i;k++)
if(a[k]==k)res++;
for(int k=j+1;k<=n;k++)
if(a[k]==k)res++;
ans=max(ans,res);res=0;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
if(n<=5000)
{
int ans=0,res=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
res=0;
double mid=1.0*(i+a[i])/2;
int st=min(a[i],i),en=max(a[i],i);
for(int j=st;j<=en;j++)
if(1.0*(double)(j+a[j])/2==mid)res++;
for(int j=1;j<st;j++)
if(j==a[j])res++;
for(int j=en+1;j<=n;j++)
if(j==a[j])res++;
ans=max(ans,res);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
else*/
{
for(int i=;i<=n;i++)
{
pre[i]=pre[i-];
if(a[i]==i)pre[i]++;
}
ma(l,0x7f);ma(r,);
for(int i=;i<=n;i++)
{
sum[i+a[i]]++;
l[i+a[i]]=min(l[i+a[i]],i);
r[i+a[i]]=max(r[i+a[i]],i);
}
for(int i=;i<=n*;i++)
{
int tl=l[i],tr=r[i];
l[i]=min(l[i],i-tr);
r[i]=max(r[i],i-tl);
}
int ans=;
for(int i=;i<=n*;i++)
if(sum[i])
{
ans=max(ans,sum[i]+pre[l[i]-]+pre[n]-pre[r[i]]);
/* for(int j=1;j&&l[i]<r[i];j++)
{
double st=clock();
if(l[i]+a[l[i]]==i)sum[i]--;
if(r[i]+a[r[i]]==i)sum[i]--;
l[i]++,r[i]--;
ans=max(ans,sum[i]+pre[l[i]-1]+pre[n]-pre[r[i]]);
double en=clock();
if((en-st)/1000>5)break;
if((en-sst)/1000>550)break;
}*/
}
printf("%d\n",ans);
return ;
}
}
inline int read()
{
int s=,f=;char a=getchar();
while(a<''||a>''){if(a=='-')f=-;a=getchar();}
while(a>=''&&a<=''){s=s*+a-'';a=getchar();}
return s*f;
}
所以我并没有正解的代码
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