CF1698F Equal Reversal 题解

Description

有一个长度为 \(n\) 的数组 \(a\)。你可以对其进行如下操作：

• 选择两个下标 \(l\) 和 \(r\)，满足 \(1 \le l \le r \le n\) 且 \(a_l = a_r\)。然后，将第 \(l\) 个到第 \(r\) 个元素的子段翻转，即将 \([a_l, a_{l + 1}, \ldots, a_{r - 1}, a_r]\) 变为 \([a_r, a_{r-1}, \ldots, a_{l+1}, a_l]\)。

你还给定了另一个长度为 \(n\) 的数组 \(b\)，它是 \(a\) 的一个排列。请找出一组不超过 \(n^2\) 次操作的方案，将数组 \(a\) 变为 \(b\)，或者报告不存在这样的操作序列。

\(n\leq 500\)。

Solution

注意到一次翻转操作是不会改变 \(\left\{\{a_i,a_{i+1}\}\right\}\) 的，同时 \(a_1\) 和 \(a_n\) 也不会改变。所以猜测无解的充要条件是 \(\left\{\{a_i,a_{i+1}\}\right\}=\left\{\{b_i,b_{i+1}\}\right\},a_1=b_1,a_n=b_n\)。

构造就考虑从前往后依次让 \(a_i=b_i\)，满足了 \(a_i=b_i\) 后就把 \(a_{i-1}\) 删掉，根据判定条件这个是不会改变正确性的。

假设现在第一个 \(a_i\neq b_i\) 的下标是 \(k\)，我们设 \(a_{k-1}=x,a_k=y,b_k=z\)。那么 \(a_{[i-1,n]}=x,y,\ldots\)，\(b_{[i-1,n]}=x,z,\ldots\)。

根据第一个条件，\([i-1,n]\) 中一定存在一个下标 \(j\) 满足 \(\{a_j,a_{j+1}\}=\{x,z\}\)，把这个 \(j\) 拿出来。

如果 \(a_j=z\) 且 \(a_{j+1}=x\)，则直接翻转 \([i-1,j+1]\) 即可。

如果 \(a_j=x\) 且 \(a_{j+1}=z\)，则需要用一次操作让 \(a_j\) 和 \(a_{j+1}\) 交换顺序。我们断言当前状态一定存在一个 \((l,r)\)，使得 \(a_l=a_r\) 且 \(l\leq j<j+1\leq r\)。

证明就考虑如果不存在这样的数对，那么 \(a_{[i-1,j]}\) 和 \(a_{[j+1,n]}\) 的颜色种类一定不交。又根据第一个充要条件，\(\{b_i,b_{i+1}\}\) 出现在 \(a_{[i-1,n]}\) 中，由于 \(b_i=z=a_{j+1}\) 且 \(\{b_{i-1},b_i\}\) 已经把 \(\{a_j,a_{j+1}\}\) 抵消掉了，所以 \(b_{i+1}\) 一定在 \(a_{[j+1,n]}\) 范围内。依次类推，\(b_{i+2},b_{i+3},\ldots,b_n\) 都在 \([j+1,n]\) 中，这说明 \(a_{[j,n]}\) 构成的数对 把 \(b_{[i-1,n]\) 的给抵消了，显然不可能。

暴力找到这样的区间后翻转即可。

总次数是 \(2n\)。

时间复杂度：\(O(n^2)\)。

Code

#include <bits/stdc++.h>

// #define int int64_t

const int kMaxN = 505;

int n;
int a[kMaxN], b[kMaxN], cnta[kMaxN][kMaxN], cntb[kMaxN][kMaxN];
std::vector<std::pair<int, int>> vec;

void work(int l, int r) {
  assert(a[l] == a[r]);
  vec.emplace_back(l, r);
  std::reverse(a + l, a + 1 + r);
}

void dickdreamer() {
  std::cin >> n;
  for (int i = 1; i <= n; ++i)
    for (int j = 1; j <= n; ++j)
      cnta[i][j] = cntb[i][j] = 0;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    std::cin >> a[i];
    if (i > 1) ++cnta[std::min(a[i - 1], a[i])][std::max(a[i - 1], a[i])];
  }
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    std::cin >> b[i];
    if (i > 1) ++cntb[std::min(b[i - 1], b[i])][std::max(b[i - 1], b[i])];
  }
  for (int i = 1; i <= n; ++i)
    for (int j = i; j <= n; ++j)
      if (cnta[i][j] != cntb[i][j])
        return void(std::cout << "NO\n");
  if (a[1] != b[1] || a[n] != b[n]) return void(std::cout << "NO\n");
  vec.clear();
  for (int i = 1; i <= n;) {
    for (; i <= n && a[i] == b[i]; ++i) {}
    if (i >= n) break;
    int p1 = 0, p2 = 0;
    for (int j = i; j < n; ++j) {
      if (!p1 && a[j] == b[i - 1] && a[j + 1] == b[i]) p1 = j;
      if (!p2 && a[j] == b[i] && a[j + 1] == b[i - 1]) p2 = j;
    }
    assert(p1 || p2);
    // for (int j = 1; j <= n; ++j) std::cerr << a[j] << " \n"[j == n];
    // 3 3 3 3 3 4 1 3 3
    // 3 3 3 3 4 1 3 3 3
    if (p2) {
      work(i - 1, p2 + 1);
    } else {
      static int lst[kMaxN];
      std::fill_n(lst + 1, n, 0);
      int l = 0, r = 0;
      for (int j = n; j >= i - 1; --j) {
        if (j <= p1 && lst[a[j]] >= p1 + 1) {
          l = j, r = lst[a[j]];
          break;
        }
        lst[a[j]] = j;
      }
      assert(l && r);
      work(l, r);
    }
  }
  std::cout << "YES\n" << vec.size() << '\n';
  for (auto [l, r] : vec) std::cout << l << ' ' << r << '\n';
}

int32_t main() {
#ifdef ORZXKR
  freopen("in.txt", "r", stdin);
  freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
  std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
  int T = 1;
  std::cin >> T;
  while (T--) dickdreamer();
  // std::cerr << 1.0 * clock() / CLOCKS_PER_SEC << "s\n";
  return 0;
}