题解：洛谷 AT_abc465_c Reverse Permutation

【题目来源】

洛谷：AT_abc465_c [ABC465C] Reverse Permutation

【题目描述】

给定一个整数 $N$ 和一个长度为 $N$ 的字符串 $S$，字符串 $S$ 仅包含 o 和 x。

有一个长度为 $N$ 的整数序列 $A=(A_1,A_2,\ldots,A_N)$。最初，$A=(1,2,\ldots,N)$。

你需要对 $A$ 依次进行如下操作（从 $k=1$ 到 $k=N$）：

如果 $S_k=$ o，则反转 $A$ 的前 $k$ 个元素。即，将 $A$ 变为 $(A_k,A_{k-1},\ldots,A_1,A_{k+1},A_{k+2},\ldots,A_N)$。
如果 $S_k=$ x，则什么也不做。

请输出所有操作结束后 $A$ 的最终状态。

【输入】

输入通过标准输入给出，格式如下：

$N$
$S$

【输出】

输出所有操作完成后 $A$ 的元素，空格分隔。

【输入样例】

5
ooxoo

【输出样例】

5 2 1 3 4

【核心思想】

问题分析：给定长度为 $N$ 的序列 $A=(1,2,\ldots,N)$ 和操作字符串 $S$（o 表示反转前 $k$ 个元素，x 表示不操作），按 $k=1$ 到 $N$ 依次执行操作后输出最终序列。直接模拟每次反转前 $k$ 个元素的时间复杂度为 $O(N^2)$，需要优化。这是一个双端队列 + 奇偶性追踪问题，核心在于利用"反转的叠加效应"将 $O(N^2)$ 的反转操作优化为 $O(1)$ 的双端队列插入。
算法选择：
- 双端队列（Deque）+ 翻转次数奇偶性：用 flip_cnt 记录累计反转次数。反转偶数次等价于未反转，反转奇数次等价于反转一次。利用这一性质，在奇数反转次数时从队首插入（模拟反转后的尾部），偶数时从队尾插入
关键步骤：
- 读入数据：读取 $N$ 和字符串 $S$
- 初始化：双端队列 dq 为空，flip_cnt = 0
- 遍历处理（$i$ 从 $0$ 到 $N-1$）：
  - 若 flip_cnt % 2 == 0（当前方向正常）：dq.push_back(i + 1)
  - 否则（当前方向已反转）：dq.push_front(i + 1)
  - 若 $S_i = $ o：flip_cnt++
- 最终调整：若 flip_cnt % 2 == 1，reverse(dq)（奇数次反转需要最终翻转）
- 输出结果：依次输出 dq 中元素
时间/空间复杂度：
- 时间复杂度：$O(N)$，双端队列头尾插入均为 $O(1)$，最终可能一次 $O(N)$ 翻转
- 空间复杂度：$O(N)$，双端队列存储 $N$ 个元素
双端队列与反转奇偶性的核心思想：
- 反转的叠加等价性：连续两次反转前 $k$ 个元素会恢复原状，因此只需关心反转次数的奇偶性，而非具体次数。flip_cnt % 2 足以判断当前序列方向
- 双端插入模拟反转：当序列处于"逻辑反转"状态（flip_cnt 为奇数）时，新元素 $i+1$ 应被放到当前序列的"末尾"。但由于序列逻辑上已反转，物理上的队首对应逻辑上的队尾，因此用 push_front 实现 $O(1)$ 的"逻辑尾部插入"
- 惰性翻转策略：不立即执行物理反转，而是通过插入位置的选择延迟反转操作，只在最后根据总奇偶性决定是否执行一次物理翻转
- 操作顺序的精确对应：第 $k$ 步操作前，前 $k-1$ 步的反转效果已通过 flip_cnt 的奇偶性体现在插入位置选择上，确保每一步都在正确的逻辑状态下执行
- 适用于序列反转优化、状态叠加类问题，核心是将频繁的前缀反转转化为 $O(1)$ 的双端操作

【算法标签】

普及- #队列

【代码详解】

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

int n;                             // n: 序列长度
string s;                         // s: 操作字符串，'o' 表示反转，'x' 表示不操作
deque<int> dq;                    // dq: 双端队列，用于高效地在两端插入元素
int flip_cnt;                     // flip_cnt: 记录 'o' 操作的次数（即需要反转的次数）

int main()
{
    cin >> n >> s;                // 读入序列长度和操作字符串

    for (int i = 0; i < n; i++)  // 遍历每个位置
    {
        if (flip_cnt % 2 == 0)    // 如果当前反转次数为偶数，序列方向正常
            dq.push_back(i + 1);  // 从尾部加入元素
        else                      // 如果当前反转次数为奇数，序列方向已反转
            dq.push_front(i + 1); // 从头部加入元素（等效于在反转后的尾部加入）

        if (s[i] == 'o')          // 如果当前操作是 'o'
            flip_cnt++;           // 反转次数加一
    }

    if (flip_cnt % 2)             // 如果最终反转次数为奇数，整体需要再反转一次
        reverse(dq.begin(), dq.end());

    for (int i = 0; i < dq.size(); i++)  // 输出最终序列
        cout << dq[i] << " ";

    cout << endl;

    return 0;
}

【运行结果】

5
ooxoo
5 2 1 3 4

posted @ 2026-08-26 10:13 团爸讲算法阅读(9) 评论(0) 收藏举报

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题解：洛谷 AT_abc465_c Reverse Permutation

普及- #队列

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