20261102-drj 杂题选讲

P17493 [ICPC 2026 Wuhan I] Sort

原来的排列没有什么性质，不妨考虑进行第一次操作后的序列。

我们发现序列会分成两个分别递增的序列，手玩一下，之后的操作就是把一部分切出来归并到另一边。不妨在值域上考虑这个问题，令 \(c_x\) 表示数 \(x\) 隶属左半边还是右半边转成 \(01\) 序列。不难发现序列可以被刻画成 \(000\dots 0[1\dots 0]111\dots 1\)，如果中间部分没掉了，也就是所有 \(1\) 都在 \(0\) 之后时原序列就有序了。考虑此时一次操作带来的影响：

如果操作在左半区间，对应在值域上就是把最后的几个 \(0\) 变成 \(1\)。

同理，如果操作在右半区间，对应在值域上就是把最后的几个 \(1\) 变成 \(0\)。

由此发现单调性，操作的本质就是 \(01\) 往里缩的过程，因此可以用 dp 解决，在值域上令 \(f_{l,r}\) 表示第一个 \(1\) 的位置在 \(l\)，最后一个 \(0\) 的位置在 \(r\) 时，序列有序的期望操作次数。

转移就是枚举是 \(0\) 缩还是 \(1\) 缩，缩掉几个：

\[f_{l,r}=\frac{1}{n}\left(\sum_{k=l}^{r-1} [c_k=0]f_{l,k}+\sum_{k=l+1}^r[c_k=1]f_{k,r}+f_{l,r}\right) \\ \Rightarrow f_{l,r}=\frac{1}{n-1}\left(\sum_{k=l}^{r-1} [c_k=0]f_{l,k}+\sum_{k=l+1}^r[c_k=1]f_{k,r}+n\right) \]

直接前缀和优化即可。时间复杂度 \(O(n^3)\)。

P14581 [LNCPC 2025] 海鸥奇遇

调整法构造。

由于鸟、食物、操作次数都相等，每次操作必须让一个鸟匹配上一个食物。每个鸟只能与初始局面中四个方向上的第一个食物匹配，于是鸟向食物连边可以得到一个点数边数都是 \(O(n)\) 的二分图，我们就是要找到一组二分图的完美匹配，使得存在一种操作顺序保证每只鸟都能准确吃掉食物。

不妨假设我们已经找到了这样一组匹配，考虑这对操作顺序带来的限制，就是每只鸟到他要吃的食物之间的所有鸟都要晚于这只鸟起飞，于是每只鸟向这些鸟连边，容易发现，每个点在一个方向上至多被匹配边跨越一次，也就是说每个点的入度至多只有 \(4\)，这样建图得到的图 \(G\) 仍然是点数边数均为 \(O(n)\) 的。如果 \(G\) 中无环，说明这组匹配就是可行的，图的拓扑序就是一组可行解，否则导出了矛盾，说明方案不可行。

问题在于我们只能用流 / 匈牙利算法得到这个二分图的一组完美匹配，无法保证其合法性。考虑调整法，假设出现了一组环：

我们发现，只需要将每个红点的匹配点循环移位一位就可以把这个环解掉，设原来环上点的匹配点分别为 \([C_1,C_2,\dots,C_k]\)，将其调整为 \([C_k,C_1,C_2,\dots,C_{k-1}]\)。考虑证明其正确性，对于环上相邻点 \(u,v\)，存在边 \(u\to v\) 的意义就是有食物 \(w\) 使得 \(u,v\) 同时可达，那么把 \(v\) 的匹配点调整为 \(w\) 是可行的，这样 \(u\) 失配了再沿着环往前调整即可。因此调整之后仍然满足完美匹配，并且把环解掉了。因此直接暴力重复这个过程：找环、把环上点的匹配点循环移位，重新建图并重复上述过程直到不存在环。这样消环的过程只会进行 \(O(n)\) 次，因此总时间复杂度 \(O(n^2)\)。

QOJ.23130 Orientation of a Graph

增量法构造。构造先从大局开始思考。

如果 \(n\) 为奇数，每个点都可以做到入度与出度相等，随便构造，比如在环上每个点向后面的点连边。

否则 \(n\) 为偶数。初步观察是 \(\mathrm{in}+\mathrm{out}=n-1\) 为奇数，那么 \(\mathrm{in}-\mathrm{out}\) 也是奇数，因此 \(d\) 为奇数无解。

然后是一个比较神的观察，若 \(n<2d\) 则无解。感性理解就是 \(d\) 太大时没办法错出这么大的度数差。证明：此时每个点的度数只能是 \(+d,-d\)。记 \(+d,-d\) 的点集分别为 \(P,N\)，由于点度之和为 \(0\)，集合一定对半分，有 \(|P|=|N|=n/2\)。此时 \(P\) 内部点的度数差之和为 \(|P|\cdot d\)，而这个度数差只能由 \(N\leadsto P\) 的边带来，上界就是 \(|P|\cdot |N|\)，由于 \(d>n/2\)，\(|P|\cdot d>|P|\cdot |N|\)，矛盾，因此无解。

剩下的情况就是 \(n\) 为偶数，\(d\) 为奇数，且 \(n\ge 2d\)。我们声称此时一定有解。还是从边界开始分析，考虑 \(n=2d\) 怎么做，直接对半分成 \(n/2,n/2\)，由于两边都是奇数可以用奇数的方法构造，中间对着连就行了。

考虑增量，假设规模为 \(m\) 的已经解决。加入一个点不好处理，那就加两个点记为 \(u,v\)，先连上 \(u\to v\)。不难想到分为 \(k,m-k\) 来调平，\(k\) 个点向 \(u\) 连边被 \(v\) 连边，\(m-k\) 个点向 \(v\) 连边被 \(u\) 连边，此时 \(\mathrm{deg}_u=2k-m-1,\mathrm{deg}_v=m-2k+1\)，令 \(2k-m-1=d\) 解得 \(k=\frac{m+d+1}{2}\)。于是处理了 \(m\to m+2\) 的增量，做完了。