AT_agc064_a题解

题面

题目大意

给定一个正整数 \(N\)，要求构造一个序列。对于每一个在 \(1\) 到 \(N\) 之间的整数 \(i\)，序列中包含了 \(i\) 个，并且将该序列首尾相接拼成环后，相邻两项之差大于等于 \(1\) 小于等于 \(2\)。

思路

突破口是关于相邻两项之差的约束条件。

（我一开始竟然只看见了“小于等于 \(2\)”，然后我构造出来的相邻两项就有相等的情况，还调了半天 qwq）

感觉上“大于等于 \(1\)”是在让我们 递增 或 递减，而“小于等于 \(2\)”则是给了我们一个 调整的空间。

但是由于要求“包含 \(i\) 个 \(i\)”，那么就不能只递增或者只递减，肯定是要 反复递增递减。

然后我就得到了一个 错误 的“图”（以 \(N=6\) 为例）：

6         6         6         6         6         6
 5       5  5      5  5      5  5      5  5      5
  4     4    4    4    4    4    4    4    4    4
   3   3      3  3      3  3      3  3      3  3
    2 2        22        22        22        22
     1         1         1         1         1

（好像缩进有点问题……）

这很显然是 错误 的（其实当时就只是在脑子里想了一下，没画出来，但总是感觉哪里怪怪的，所以以后还是要勤动手啊……）

递增递减确实都考虑到了，但是数量却没有保证，那么下一步就考虑 先保证数量。

于是又得到了下面的图（以 \(N = 6\) 和 \(N = 7\) 为例）：

6 6 6 6 6 6
 5 5 5 5 5
  4 4 4 4
   3 3 3
    2 2
     1

7 7 7 7 7 7 7
 6 6 6 6 6 6
  5 5 5 5 5
   4 4 4 4
    3 3 3
     2 2
      1

很明显的是，数量肯定是对的，但是要怎么把这个“图”转换成序列呢？

还是考虑 反复递增递减，然后可以发现 从左上到下方再到右上，这就是一个 先递减后递增 的过程。

然后就进行尝试，把整个图拆成下面的样子：

6         6  6     6  6 6
 5       5    5   5    5
  4     4      4 4
   3   3        3
    2 2
     1

7           7  7       7  7   7  7
 6         6    6     6    6 6
  5       5      5   5      5
   4     4        4 4
    3   3          3
     2 2
      1

可以发现对于 奇偶不同 的 \(N\) 拆出来的图的样子是不太一样的，这个后面再说。

这时，感觉上拆开后的图好像差不多就可以了。

那到底差哪里了呢？

就是每一个部分的 连接处，如上图中就会有两个 \(6\) 挨着和两个 \(7\) 挨着的情况，这个时候就要用到出题人给的 调整的空间 了。

我们可以把一个“部分”中的某个数放到外面，具体地说，以“部分”“\(6, 5, 4, 3, 2, 1, 2, 3, 4, 5, 6\)”为例，我们可以把两个 \(5\) （或 \(4,3,2\)）放到两个 \(6\) 的外侧。

这样做首先可以保证这个“部分”的中间几个位置是不破坏约束条件的，因为本身是递增或递减的，拿走其中一个之后，最多相差 \(2\)。如“\(5, 4, 3\)”拿走其中的 \(4\) 之后，\(5\) 和 \(3\) 之间也就差 \(2\)。

但是还有一个地方没有保证，那就是这个“部分”的两头。

还是以序列“\(6, 5, 4, 3, 2, 1, 2, 3, 4, 5, 6\)”为例，如果把 \(5\) 放在两头，那么 \(5\) 和 \(6\) 只差 \(1\)，满足约束条件，但要是把 \(2\) 拿出来放在两头，那么 \(2\) 和 \(6\) 相差 \(4\)，就不满足约束条件了。

同样的，把 \(4\) 拿出来也是满足条件的，但此处为了 简便，我们直接拿相差 \(1\) 的即可。

接下来讲一下“简便”的含义：

我们可以发现，每一个“部分”原始的两头都是 \(N\)，所以我们把如“\(6, 5, 4, 3, 2, 1, 2, 3, 4, 5, 6\)”的序列加进去后只需进行两次“交换”：首项和第二项、倒数第二项和末项。

但是这里还有一个问题，那就是如果每一部分的两头都进行了这样的“交换”，就会“负负得正”，就变成了两个 \(N - 1\) 挨着，那么我们可以借用“拼图”的思想，就是一头设计成凸出去的，另一头是凹进来的。具体到这个题上就是，一头“交换”，另一头不“交换”。

但是如果都这样设计也不行，因为在枚举到最后的“部分”的时候，如果规模太小，就进行不了“交换”。

例如“\(6, 5, 6\)”这个“部分”，如果进行了“交换”，那么两个 \(6\) 就会挨着。还有“\(7\)”这个“部分”，只有一个元素，无法进行“交换”。（\(N\) 的奇偶不同）那么像这样的情况，两头的值就必须都是 \(N\)。而与此类“部分”相接的“部分”是倒数第二个“部分”和第一个“部分”，那么倒数第二个“部分”的后面一头和第一个“部分”的前面一头就要设计成“交换”后的。

那么我们就可以把每一个“部分”的后面一头“交换”，前面一头不变（第一个“部分”两头都要“交换”）。

再讲一个实现上的细节。

怎样把一个“部分”加到要输出的数组里呢？

可以发现，每次都是从 \(N\) 到一个“顶点”，再从“顶点”到 \(N\)。比如“\(6, 5, 4, 3, 2, 1, 2, 3, 4, 5, 6\)”这个序列中的“顶点”就是 \(1\)。

那么我们就可以对“顶点”进行“监视”。

可以发现每个“顶点”都比前一个“部分”的“顶点”大 \(2\)，但是在实现的时候不要直接写 +=2 ，而是分成两步：第一步是从 \(N\) 到“顶点”，然后将“顶点” ++ ，第二步就可以写成从 +1 之后的“顶点”到 \(N\)。

最后规模较小的“部分”暴力处理就好。

代码

含注释：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int read() {
	int x = 0, w = 1;
	char ch = 0;
	while (ch < '0' || ch > '9') {
		if (ch == '-') w = -1;
		ch = getchar();
	}
	while (ch >= '0' && ch <= '9') {
		x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ '0');
		ch = getchar();
	}
	return x * w;
}

void write(int x) {
	if (x < 0) {
		x = -x;
		putchar('-');
	}
	if (x > 9) write(x / 10);
	putchar(x % 10 ^ '0');
}

const int N = 500505;

int a[N];

signed main() {
	int n = read();
	int top = 1; // 顶点
	int idx; // 用来遍历 a 数组
	for (int i = n; i >= top; i -- ) { // 对于第一个“部分”的特殊处理
		a[ ++ idx] = i;
	}
	swap(a[1], a[2]);
	top ++ ; // 分成两步来处理
	for (int i = top; i <= n; i ++ ) {
		a[ ++ idx] = i;
	}
	swap(a[idx], a[idx - 1]);
	top ++ ;
	while (n - top > 1) { // 如果只剩两层或一层，就退出
		for (int i = n; i >= top; i -- ) {
			a[ ++ idx] = i;
		}
		top ++ ;
		for (int i = top; i <= n; i ++ ) {
			a[ ++ idx] = i;
		}
		swap(a[idx], a[idx - 1]);
		top ++ ;
	}
	if (n - top == 1) { // 这与 N 的奇偶性有关，要分类讨论
		a[ ++ idx] = n;
		a[ ++ idx] = n - 1;
		a[ ++ idx] = n;
	} else {
		a[ ++ idx] = n;
	}
	// write(idx), puts("");
	for (int i = 1; i <= idx; i ++ ) write(a[i]), putchar(' '); // 输出
	puts(""); // AtCoder 特性
	return 0;
}

复杂度是 \(O(L)\) 的，轻松过。