【带权并查集+贪心+构造】codeforces 1244 G. Running in Pairs

题目

https://codeforces.com/contest/1244/problem/G

题意

输入两个正整数 \(n,k(1 \leq n \leq 10^6, 1 \leq k \leq n^2)\)。

你需要构造两个 \(1 \text{~} n\) 的排列 \(p, q\)，在满足 \(sum = \sum_{i=1}^{n}{max(p_i,q_i)} \leq k\) 的条件下将 \(sum\) 最大化。

最后，若存在这样子的两个排列 \(p, q\)，则输出两个排列 \(p, q\)，每个排列占一行，行内每个元素以空格隔开；否则输出 \(-1\) 代表不存在。

题解

不妨假设排列 \(p, q\) 初始状态均为 \(1, 2, ..., n\)。因为加法满足交换律，所以我们可以直接令排列 \(p\) 不变，仅对排列 \(q\) 进行调整。

易知在 \(q\) 不进行任何调整时 \(sum\) 可以取得最小值 \(\sum_{i=1}{n}i\)，所以若 \(k ＞ \sum_{i=1}^{n}\) 则无解，直接输出 \(-1\)，否则必定有解。无论如何对排列 \(q\) 进行调整，对于集合 \(\{ x \mid x \ge \lfloor \frac{n}{2} \rfloor \}\) 中的所有元素至少出现一次在 \(sum\) 的累加过程中。基于此性质，若想使得 \(sum\) 变大，可以让 \(\{x, x \}(x ＜ \lfloor \frac{n}{2} \rfloor)\) 和 \(\{y, y\}(y \ge \lfloor \frac{n}{2} \rfloor)\) 交换为 \(\{x, y \}\) 和 \(\{y, x \}\)，这会使得 \(sum = sum + y - x\)。此时，有的小伙伴可能会担心若我先使用了特定的数 \(y\)，下次不能再使用 \(y\) 了，这有没有可能使得答案变差？答案是不会的，因为加法满足交换律，所以

\[\text{先执行 } \{x_1, x_1\}\ (x_1 < \lfloor \frac{n}{2} \rfloor) \text{ 和 } \{y_1, y_1\}\ (y_1 \ge \lfloor \frac{n}{2} \rfloor) \text{，交换为 } \{x_1, y_1\} \text{ 和 } \{y_1, x_1\} \text{，再执行 } \{x_2, x_2\}\ (x_2 < \lfloor \frac{n}{2} \rfloor) \text{ 和 } \{y_2, y_2\}\ (y_2 \ge \lfloor \frac{n}{2} \rfloor) \text{ 交换为 } \{x_2, y_2\} \text{ 和 } \{y_2, x_2\} \]

等价于

\[\text{先执行 } \{x_1, x_1\}\ (x_1 < \lfloor \frac{n}{2} \rfloor) \text{ 和 } \{y_2, y_2\}\ (y_2 \ge \lfloor \frac{n}{2} \rfloor) \text{ 交换为 } \{x_1, y_2\} \text{ 和 } \{y_2, x_1\} \text{，再执行 } \{x_2, x_2\}\ (x_2 < \lfloor \frac{n}{2} \rfloor) \text{ 和 } \{y_1, y_1\}\ (y_1 \ge \lfloor \frac{n}{2} \rfloor) \text{ 交换为 } \{x_2, y_1\} \text{ 和 } \{y_1, x_2\} \]

所以，我们可以从小到大遍历 \(p\) 的每一个满足 \(\{ x \mid x < \lfloor \frac{n}{2} \rfloor \}\) 的元素，并按顺序为之贪心的选择一个最大可配对的数（即未使用过），遍历过程中若无论再执行任何操作都会使得 \(sum > k\)，则提前退出循环。在遍历结束后（包括提前退出循环的情况），将剩余未使用的数从小到大依次分配给排列 \(q\) 剩余的所有位置即可。

对于代码的编写，可以使用带权并查集维护一个大小为 \(n + 1\) 的集合 \(dsu\)，初始化为 \(dsu[i] = i\)，代表在大于等于 \(i\) 的所有数中最小未使用的数，代表元使用并集中的最大值。此外，再使用 \(dsuSz\) 维护每一个集合的大小，这样子就可以通过代表元（即集合内最大值）快速求出比当前集合小的最大集合的代表元。每当用完一个代表元以后，只需将其和其之后的第一个元素所在集合合并为并集即可。

参考代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

constexpr int N = 1e6 + 7;
int T, n;
ll k;
int ans[N];
int dsuSz[N];//带权值就取消注释dsuSz
int dsu[N];//初始化就调用iota
int find(int x) { return x == dsu[x] ? x : dsu[x] = find(dsu[x]); }
bool merge(int x, int y, bool elderAsFather = true) { int fx = find(x), fy = find(y);  if (fx == fy) return false;
    if (elderAsFather) {// 较大者作为父亲节点
        if (fx < fy) dsu[fx] = fy, dsuSz[fy] += dsuSz[fx]; else dsu[fy] = fx, dsuSz[fx] += dsuSz[fy];
    } else {// 较小者作为父亲节点
        if (fx < fy) dsu[fy] = fx, dsuSz[fx] += dsuSz[fy]; else dsu[fx] = fy, dsuSz[fy] += dsuSz[fx];
    }
    return true;
}

/*前n项和公式：从第 l 项到第 r 项*/
ll preNSum(ll l, ll r) { return (r - l + 1) * (r + l) >> 1; }

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);
    cin >> n >> k;
    iota(dsu + 1, dsu + 2 + n, 1);
    fill(dsuSz + 1, dsuSz + 2 + n, 1);
    ll sum = preNSum(1, n);// 计算前 n 项和，这是 sum 最小的情况
    if (sum > k) {// 不存在满足不大于 k 的情况
        cout << -1 << '\n';
        return 0;
    }
    ll diff = k - sum;// 还可以增大的数的总大小
    int m = n / 2, w = 0;
    for (int i = 1; i <= m && diff > 0LL; ++ i) {
        int j = min(1LL * n, diff + i);// 当前剩余可增大的总大小为 diff，因此 i 可以配对的最大数为 i + diff，但不可能超过 n
        int fa = find(j);// 找到 j 的代表元，即大于等于 j 的最小未使用的数
        int idx = fa > j || fa > n ? fa - dsuSz[fa] : fa;// 如果已经超出最大可增幅范围，只能使用比 j 小且最大的未使用的数
        ans[w ++] = idx;// 保存答案
        diff -= idx - i;// 可增大的总大小要扣去 idx - i
        merge(idx, idx + 1);// 由于 idx 已经使用了，因此要指向其之后的最相邻的未使用的数，由于并查集的代表元是最大下标，所以只需要与后一个数合并为一个集合即可
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
        i = find(i);// 找到未使用的数
        if (i <= n) ans[w ++] = i;
    }
    cout << k - diff << '\n';
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) cout << i << ' ';
    cout << '\n';
    for (int i = 0; i < n; ++ i) cout << ans[i] << ' ';
    return 0;
}