(一道很考验思维质量的构造好题,而且需要注意的细节也很多。)

本题解主体使用的是简洁且小常数的\(O(nlogn)\)时间复杂度代码,并且包含其他方法的分析留给读者自行实现(其实是自己不会写或者写崩了)。

后记有\(O(n)\)时间复杂度的反向优化。

题意

共t组数据,每组数据第一行是n,x,y,其中n表示数列规模。接下来一行是n个数表示数列,要求输出任意一个数列,它与原数列满足:

  • 有x个数字位置相同且大小相同

  • 打乱原数列顺序后,最多能有y个元素位置相同且大小相同。

转义

为方便分析,这里对题目进行转义,我们认为新数列是由原数列变换位置后得到的,并重新定义下列字母:

  • \(x\)表示位置不变的数字个数
  • \(y\)表示新旧位置在原数列的对应位置上,颜色不同的数字个数
  • \(z\)表示舍弃的数字个数。
	n=read();
x=read();
y=read()-x;
z=n-x-y;

解释一下舍弃:存在可以舍弃掉的数字,其原因在于颜色总值域为[1,n+1],故必然存在原数组颜色值域以外的颜色(记为\(off\)),\(x\)和\(y\)按规则变换位置后,剩余位置填上\(off\)即可。

体现在原数组里面就相当于有 \(z\)个元素被舍弃。

分析

\(x\)是位置不变,\(z\)是直接舍弃,显然这二者都不涉及到有无解的问题。

而\(y\)要求新旧位置必须颜色不同,这一点可能无法满足,所以我们重点分析这\(y\)个数字的选取和转移。

而且非常容易被错误理解的一点是:在选定\(y\)个数字后,我们的转移终点并不一定必须也在这\(y\)个数字的位置上。显然\(x\)的位置是无法作为终点的,但\(z\)反正被舍弃,其留下的空位置便可以作为终点

定性选取

不难发现:在所选的\(y+z\)个数字中,频数最大的颜色频数越小,越容易有解。

通俗来讲就是颜色分布越多样、均匀,越容易有解。

因为如果某一种颜色过多,就可能导致\(y\)没有足够的转移终点。

因此第一步就是贪心地去均匀选数,可以用堆选取\(x\)个数字使得剩余数字的颜色的最大频数尽可能小(\(nlogn\)),也可以直接开个二维vector如下均匀选取(排序也要\(nlogn\))

struct color
{
int col,id;
color(int C=0,int I=0):col(C),id(I){}
}; struct cmp1
{
bool operator () (const vector<color> &x,const vector<color> &y)
{
return x.size()>y.size();
}
}; n=read();
x=read();
y=read()-x;
z=n-x-y; //将输入存储于二维vector中
for(ri i=1;i<=n;++i)a[i]=read(); vector<vector<color> > vec(n+1); for(ri i=1;i<=n;++i)
vec[a[i]-1].push_back(color(a[i],i)); sort(vec.begin(),vec.end(),cmp1());
while(!vec.back().size())vec.pop_back(); //尽可能多样地选取y+z个col
vector<color> arr; for(ri i=1,p=0;i<=y+z;++i)
{
arr.push_back(vec[p].back());
vec[p].pop_back();
if(++p==vec.size())
{
while(vec.size() && !vec.back().size())vec.pop_back();
p=0;
}
}

定量判断

可对于选出的\(y+z\)个数字,我们如何定量判断是否无解?

记其中颜色的最大频数为\(maxcnt\)

则它们还需要颜色不同的\(maxcnt\)个终点进行转移

故若\(maxcnt*2-(y+z) \le 0\)必然有解

但需要注意的是:

  1. 仅当频数超过\(\lfloor {{y+z} \over 2} \rfloor\)上式才有可能\(>0\),故最多只有有一种颜色存在这样的风险。

  2. 并不是所有\(maxcnt\)个数字都必须有转移终点 ,我们完全可以舍弃其中的\(z\)个数字不作转移,但它们留下的空位置并不能作为剩余同颜色数字的转移终点,故若\(0 < maxcnt*2-(y+z) \le z\)则也有解。

    (如果不容易理解可以画图:在长为\(y+z\)的区间上,\(maxcnt*2\)相当于顶着区间两端各放一条线段,减去\(y+z\)的区间总长,得到的是两线段的重叠部分,这便是必须舍弃的部分)

综上:若\(maxcnt*2-(y+z) \le z\)则有解,反之无解。

	//统计个数,获得各颜色个数排名
int maxcnt=0,off; for(ri i=1;i<=n+1;++i)cnt[i]=0;
for(ri i=0;i<arr.size();++i)++cnt[arr[i].col]; for(ri i=1;i<=n+1;++i)
{
if(cnt[i])maxcnt=max(maxcnt,cnt[i]);
else off=i;
}
if(maxcnt*2-(y+z)>z){printf("NO\n");return;}

构造转移

这是一个卡了我很久的点(主要是我看了ltao的题解发现他直接一笔带过就很离谱)

我们费尽功夫选好了\(y+z\)个点,判断出了有无解,可真到了构造转移的时候应该怎么处理。

显然前面没选的\(x\)个数字原地tp即可,不在话下。

对于选好的\(y+z\)个数字,最初的想法如下:

  1. 颜色集中分布,按颜色频数从小到大排序。(\(logn\))
  2. 对于频数最大的颜色,我们优先处理它的转移终点,若\(maxcnt*2-(y+z) \le 0\)则不必动用舍弃名额,直接 在剩余颜色里面按频数从小到大选就可以;否则就舍弃\(maxcnt*2-(y+z)\)个。
  3. 对于剩余颜色,按频数从大到小处理,每种颜色的转移终点从比频数比它大的里面选(可以用queue存储频数比它大的位置),由于上一步是从小到大选的故这一步必然有解。
  4. 如果有剩余的舍弃名额就随便舍。

正确性显然,但代码实现繁琐,留给读者自行思考。


然后在这里分析一下ltao的构造思路(确实很妙,我也加入了一些自己的理解):

首先注意在上一步的代码中我们已经将arr按颜色集中分布。

记录两个指针\(i,j\),分别表示转移的终点和起点。(注意顺序)

初始化\(i=0,j=maxcnt\),令它们有\(maxcnt\)的初始间隔,见下例(没选的\(x\)个已省略,\(y=5,z=2\))

arr.col​ 1 2 2 2 2 3 3
指针i​ i​
指针j​ j​
b​

若\(i,j\)对应颜色不同,则设置转移并记录在新数列中,由于初始间隔的存在,不难证明当\(i\)和\(j\)任意一者对应颜色不是频数最大的颜色时,必然可以转移,即\(i,j\)同时向右移动(注意\(j\)在\(arr.end()\)时的取模)即可;

而需要特殊处理的是\(i,j\)对应颜色相同的情况,如下例:

arr.col​ 1 2 2 2 2 3 3
指针i​ i​
指针j​ j​
b​ 2 3 3 1

此时我们保持起点\(j\)不动,继续寻找终点\(i\)直至可行(可见,途径不可行的都是被舍弃的终点):

arr.col​ 1 2 2 2 2 3 3
指针i​ i​
指针j j​
b​ 2 3 3 1 4​ 2

直到每一个终点都被尝试过,结束算法。可见由于\(j\)的停滞,同样存在一些被舍弃的起点

arr.col​ 1 2 2 2 2 3 3
指针i​ i​
指针j​ j​
b​ 2 3 3 1 4​ 2 2

该算法核心就在于初始间隔\(maxcnt\)的设置能够很好地处理非最大频数颜色的转移;而面对最大频数颜色的冲突,我们也可以通过\(j\)的停滞来舍弃最大频数颜色末尾的部分数字,以保证有解。(啥也别说了都快去%ltao

upd[2020.7.23]:如果还是不太懂(有可能是因为luogu表格炸了看不清),就体会一下ltao的原话:

前面你判了一定有解对吧

所以之后只需要排序 然后 肯定会有解的

所以 你只要把这个排好序的序列平移 一半(即maxcnt)

注意 这个平移还是要留下之前的索引

然后可以保证排好序的数组至少ok

那么,按照你存的索引直接找回去就OK

这应该是ltao最初从宏观角度思考的算法思路了,还不明白可以看代码

struct cmp2
{
bool operator () (const color &x,const color &y)
{
return cnt[x.col]!=cnt[y.col] ? cnt[x.col]>cnt[y.col] : x.col>y.col;
}
}; //填入y+z个元素的b
for(ri i=1;i<=n;++i)b[i]=0;
sort(arr.begin(),arr.end(),cmp2()); for(ri i=0,j=maxcnt,sz=arr.size();i<sz;++i)
{
if(j<maxcnt+y && arr[i].col!=arr[j%sz].col)
b[arr[i].id]=arr[(j++)%sz].col;
else
b[arr[i].id]=off;
} //输出b
printf("YES\n");
for(ri i=1;i<=n;++i)
{
put(b[i] ? b[i] : a[i]);
pc(' ');
}
pc('\n');

后记

在实现了上述代码并成功\(AC\)后,你发现代码中有两个\(sort\)格外显眼:

  1. 给二维vector按照一维的size排序(选数阶段)
  2. 给arr按照颜色集中分布的排序(转移阶段)

这个2很好处理,因为我们转移时,没有必要特意按频数排序,只要颜色集中就可以(看见我上面给的那个样例故意没排序了吗),这一点可以在统计颜色的时候处理。

	//统计个数,获得maxcnt,并将arr按颜色集中分布
int maxcnt=0,off; vector<vector<color> > tarr(n+1);
while(arr.size())
{
tarr[arr.back().col-1].push_back(arr.back());
arr.pop_back();
} for(ri i=0;i<n+1;++i)
{
if(tarr[i].size())
{
maxcnt=max(maxcnt,(int)tarr[i].size());
while(tarr[i].size())
{
arr.push_back(tarr[i].back());
tarr[i].pop_back();
}
}
else off=i+1;
} if(maxcnt*2-(y+z)>z){printf("NO\n");return;}

至于1确实不易实现,因为会有size相同的一维vector,所以我们再给它开个桶(给桶桶排的桶应该叫啥?桶的桶?二阶桶?)

	//将输入存储于二维vector中
for(ri i=1;i<=n;++i)a[i]=read(); vector<vector<color> > vec(n+1);//二维vector 桶
vector<vector<vector<color> > >tax(n);//三维vector 桶的桶(笑) for(ri i=1;i<=n;++i)
vec[a[i]-1].push_back(color(a[i],i)); while(vec.size())//这桶排写得属实烧脑
{
if(vec.back().size())
tax[vec.back().size()-1].push_back(vec.back());
vec.pop_back();
}
for(ri i=n-1;i>=0;--i)
{
while(tax[i].size())
{
vec.push_back(tax[i].back());
tax[i].pop_back();
}
}

然后踌躇满志地提交,你会发现:

上文\(O(nlogn)\)提交记录

线性\(O(n)\)提交记录

”喂这什么情况啊这波怎么成了反向优化了“

“废话分析分析常数不就知道了”

事实证明sort的常数还是很优的


你之所以看见的,正是因为你想看见。

——萨特《自由之路》

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