The solution of「P16394 回响形态」- 构造

\(\textup{P16394 回响形态}\)

\(\textup{Link}\) | 洛谷文章 | \(\textup{Tag: }\)构造。

---

\(\textup{Solution}\)

\(\textup{Step1}\)：如何判断无解？

瞪不出来的话，打一打表也可以看出。

结论：当 \(k \in [{\large \frac{n(n -1)}{2}}, (n-1)\cdot(n-1)]\) 才有解。

$\textup{Proof.}$

考虑如果有 \(i\) 位，极差一定不会小于 \(i - 1\)，取一个升序排列可以取到，所以是 \({\large \frac{n(n -1)}{2}}\)。

考虑最大值，让 \(x_1 - y_1 = 0\)，之后每个都是 \(n - 1\) 是可行的。

此时序列为 \(1,n,n-1,n-2,\cdots,2\)，感性理解是最大的（额可能不是很严谨）。

\(\textup{Step2}\)：两个序列的条件真奇怪……难道有什么特殊含义？

瞪不出来的话，打一打表也可以看出。

结论：当我们找到一个满足条件的序列 \(a\) 之后，让 \(a_i \gets n - a_i + 1\) 即可得到另一个合法序列。

$\textup{Proof.}$

显然有反转后还是排列。

接着就是最大变最小，最小变最大，减出来的东西实际上还是一样的。

即设原来最大是 \(M\)，最小是 \(m\)，有 \((n+1−m) − (n+1−M) = M − m\)，得证。

\(\textup{Step3}\)：如何构造出一个序列？

瞪不出来的话，打一打表……似乎也看不出。

我们考虑排列产生的贡献是从 \({\large \frac{n(n -1)}{2}}\) 起步的，那么思考它与真正的 \(k\) 相差了多少。

假设初始序列是 \(a = [1, 2, 3, \cdots, n]\)，那么此时的 \(k\) 是下界的值，在第一个部分有所说明。

第一步，我们将第 \(n\) 个数往前拉，贡献会逐渐增加。设从 \(n\) 到 \(n-m\) 个位置，增加的贡献就是 \({\large \frac{m(m + 1)}{2}}\)

此时序列是 \(a = [1, 2, \cdots, j, n, j + 1, \cdots, n - 1]\)。

这种调整方法是跨度较大的，我们只能调到保证正好不大于 \(k\) 然后继续微调。

第二步，根据前面的推导，我们在 \(n\) 出现之前的位置的代价是 \(i - 1\)。

而因为已经遇到了 \(1\) 和 \(n\)，从 \(j\) 那一位开始每一位就固定为 \(n-1\) 了。

考虑通过动 \(j\) 这个位置来凑代价，如果当前还需要多少代价我们就把 \(j\) 和后面已经固定代价的部分的某个数交换来凑齐。

这一定是可行的，因为我们需要的数一定在后面又出现，且在第一步调整的时候保证了此时不会大于 \(k\)。

---

\(\textup{Code}\)

\(\textup{Submission.}\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long

const int MAXN = 2e5 + 10;
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int MOD = 1e9 + 7;
int N, K;
int a[MAXN], b[MAXN];

//----------------------打表用的暴力，需要自取
bool vis[MAXN], flg, flg1;
void dfs( int dep ){
    if( flg && flg1 ) return;
    if( dep > N ){
        if( flg && flg1 ) return;
        int k = 0, maxx = 0, minn = inf;
        for( int i = 1; i <= N; i ++ ){
            maxx = max( maxx, a[i] );
            minn = min( minn, a[i] );
            k += maxx - minn;
        }
        if( k == K ){
            if( flg ) flg1 = true;
            else flg = true;
            for( int i = 1; i <= N; i ++ ){
                cout << a[i] << " ";
            }
            cout << endl;
        }
        return;
    }
    for( int i = 1; i <= N; i ++ ){
        if( vis[i] ) continue;
        vis[i] = true;
        a[dep] = i;
        dfs( dep + 1 );
        vis[i] = false;
    }
}
//---------------------------------

void slove(){
    int cnt = 0;
    flg = flg1 = false;
    cin >> N >> K;
    for( int i = N - 1; i >= 1; i -- ) cnt += i;
    if( K < cnt || K > ( N - 1 ) * ( N - 1 ) ){//判无解
        cout << "-1\n";
        return;
    }

    int neeed = K - cnt, m = 0;//计算还有多少贡献需要加回去
    while( ( m + 1 ) * ( m + 2 ) / 2 <= neeed ) m ++;
    neeed -= m * ( m + 1 ) / 2;//第一步

    int j = N - m - 1, k;
    for( k = 1; k < j; k ++ ) a[k] = k;//前i位不动
    a[k ++] = j + neeed;//第二步
    a[k ++] = N;
    for( int i = j; i <= N - 1; i ++ )
        if( i != j + neeed ) a[k ++] = i;//把剩下的数按顺序放回去
    for( int i = 1; i <= N; i ++ ) cout << a[i] << " ";
    cout << endl;
    for( int i = 1; i <= N; i ++ ) cout << N - a[i] + 1 << " ";
    cout << endl;
}

signed main(){
    ios::sync_with_stdio( 0 );
    cin.tie( 0 ), cout.tie( 0 );
    // freopen( "star.in", "r", stdin );
    // freopen( "star.out", "w", stdout );
    int T = 1;
    cin >> T;
    while( T -- )
        slove();
    return 0;
}

---

\(\textup{Last}\)

审核管理员辛苦了，如果您有所疑惑或我有所错漏，请您在评论区指出或找我，我会一定解答并且修改本题解。

如果您觉得本文写的还不错，那可以留个赞吗？

谢谢你看到这里~