題目鏈結
約定：以下我們定義有向圖的「連通塊」，是指它的極大基圖連通子圖。其中基圖是指把有向邊邊視作無向邊，得到的無向圖。
首先要搞清楚，對於一種排序方案，有兩個引數來衡量它：操作次數，和操作到的位置數。本題裡，我們要在滿足【操作到的位置數】\(\leq s\) 的前提下，最小化【操作次數】。思考時，千萬不要將這兩個量搞混了。
先將 \(a\) 序列離散化。設最大值為 \(m\)。然後求出排好序的序列長什麼樣子，設為 \(b\)。
建一張 \(m\) 個點的圖。對每個 \(i\) (\(1\leq i\leq n\))，若 \(a_i\neq b_i\)，我們連一條有向邊 \((b_i,a_i)\)，原因稍後解釋。記這條邊的「編號」為 \(i\)。
容易發現，每個 \(a_i\neq b_i\) 的 \(i\) 至少要作為【操作到的位置】出現一次。設這樣的 \(i\) 有 \(k\) 個，則【操作到的位置數】至少為 \(k\)。所以如果 \(k > s\)，則可以直接判為無解。否則，發現【操作到的位置數】是可以等於 \(k\) 的。考慮我們剛剛建出來的有向圖，這張圖里每個點入度一定等於出度。因此這張圖里的每個連通塊，都存在尤拉迴路。可以構造出一種操作方案是：對每個連通塊，求出它的尤拉迴路，按順序輸出所有邊。此時讀者不難發現，根據我們的建圖方式，把乙個連通塊的尤拉回路上每條邊的編號按順序操作一遍後，就能使連通塊裡所有數值走到它最終應該走到的位置。
特別地，如果 \(a\) 是乙個排列，則我們建出的有向圖實際就是若干個環。每個點入度、出度都為 \(1\)。這是入度等於出度的一種特殊情況。應該可以幫助讀者更好地理解上述操作策略。
設有 \(c\) 個連通塊。那麼在上述的操作策略中，我們所用的【操作次數】為 \(c\)，【操作到的位置數】為 \(k\)。前面已經說明過，這是能將【操作到的位置數】最小化的方案。但如果在允許的範圍內（\(\leq s\)），把【操作到的位置數】擴大一些，可能能進一步減小【操作次數】。
具體來說，我們可以用 \(1\) 次操作，將若干個連通塊合併為乙個連通塊，使新連通塊仍然存在尤拉迴路。具體的方法是在每個連通塊裡任選一條邊，設選出的邊編號分別為 \(i_1,i_2,\dots,i_t\)，那麼對 \(i_1,i_2,\dots ,i_t\) 做一次操作，就能使這些連通塊以乙個環的形式串起來。然後我們只需要再對新連通塊做 \(1\) 次操作，就能使裡面的數全部走到最終位置！
換句話說，無論多少個連通塊，我們只需要 \(2\) 次操作，就能將它們全部排好序。但同時，這會使得【操作到的位置數】增大相應的連通塊數量。所以有可能我們不能對所有連通塊進行操作。具體來說，我們只會任選 \(x = \min(c, s - k)\) 個連通塊，將它們合併。最終，若 \(x < 2\)，則【操作次數】就是 \(c\)（不搞合併了），否則是：\(2 + (c - x)\)。
還有乙個小問題，就是求有向圖的尤拉迴路。我用 \(\text\) 來實現。那麼對於有向邊 \((u,v)\)，只能在從 \(v\) 回溯時輸出（或記錄）這條邊，而不能在進入 \(v\) 之前輸出，否則輸出的可能就不是一條連續、完整的路徑了。但是這樣記錄下的路徑，與我們實際走的順序其實是反的。所以你可以把路徑 \(\text\) 一下，或者在建邊的時候就乾脆建反向邊。
時間複雜度 \(o(n\log n)\)。因為要排序。
在 loj 檢視
// problem: loj2818
#include using namespace std;
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define sz(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pairpii;
templateinline void ckmax(t& x, t y)
templateinline void ckmin(t& x, t y)
const int maxn = 2e5;
int n, lim, a[maxn + 5], goal[maxn + 5];
int vals[maxn + 5], cnt_val;
int need_oper_pos;
vector> ans;
int fa[maxn + 5], sz[maxn + 5];
int last_edge[maxn + 5];
int get_fa(int u)
void unite(int u, int v, int e)
last_edge[fu] = e;
}struct edge edge[maxn + 5];
int head[maxn + 5], tot;
inline void add_edge(int u, int v, int eid)
vectorpos;
void dfs(int u)
}int main()
sort(vals + 1, vals + cnt_val + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++i) goal[i] = vals[i]; // 目標序列
cnt_val = unique(vals + 1, vals + cnt_val + 1) - (vals + 1);
for (int i = 1; i <= cnt_val; ++i)
for (int i = 1; i <= n; ++i)
} if (need_oper_pos > lim)
int rest = lim - need_oper_pos;
// cerr << rest << endl;
if (rest >= 2)
} if (sz(pos) >= 2)
a[pos[0]] = last_val;
} }for (int i = 1; i <= n; ++i)
} for (int i = 1; i <= n; ++i)
} cout << sz(ans) << endl;
for (int i = 0; i < sz(ans); ++i)
} return 0;
}
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