CF1491G - Switch and Flip

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CF1491G - Switch and Flip

题目大意

有 \(n\) 个硬币，编号 \(1-n\) ，第 \(i\) 个位置上当前放了编号 \(a_i\) 的硬币

每次交换 \((a_i,a_j)i\ne j\) ，且将硬币 \(a_i,a_j\) 翻转

求方案使得最终使得 \(a_i=i\) 且每个硬币恰好为原先方向

\(n\ge 3\) ，方案步数 \(\leq n+1\)


分析

显然要先对于 \(a_i\) 求出置换环，步数 \(\leq n+1\) 说明

1.general的情况可以用 \(n\) 步解决 \(n\) 个点

2.存在至多一个特殊情况要 \(n+1\) 步

手玩发现我们无法 \(n\) 步解决一个大小为 \(n\) 的环

但是如果环上恰好已经有两个硬币被翻过，那么可以

QQ截图20210511180918.png

图上点表示硬币编号，箭头所指是这个硬币应该在的位置

我们从一个已经翻转的点开始，不断交换 \(i,a_i\) 上的硬币，会将 \(a_i\) 移动到到应该在的位置上

同时下一个位置被翻转

不断进行这个操作，直到这个点消去了半边环，遇到了下一个点也是被翻过的点

此时再从下一个点开始将环的另外半边消去


那么考虑如何让一个环有两个已经翻转的点

假设提取出了 \(c\) 个环，我们可以先尽量成对匹配两个环

通过一次跨过环的交换操作合并两个大小 \(x,y\) 的环，同时生成两个翻转点

然后进项上面的操作，需要 \(x+y-1\) 次，恰好一共 \(x+y\) 次


那么对于最后剩下的一个环

1.如果前面已经有环被匹配过

那么随便选择一个当前 \(a_i=i\) 的自环与其合并即可


2.整个图为一个大环

先通过交换 \(1,a_1\) 将 \(a_1\) 弹出，然后 \(a_1\) 再和环上另外一个元素交换

此时 \(a_1\) 变成未翻转状态，环又并成一个环+2个翻转点

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const int N=2e5+10,INF=1e9+10;

int n;
int a[N],vis[N],b[N],c;

int X[N],Y[N],C,col[N];
void Swap(int x,int y){
	X[++C]=x,Y[C]=y;
	swap(a[x],a[y]),col[a[x]]^=1,col[a[y]]^=1;
}
void Solve(int i){ 
	while(!col[a[i]]) i=a[i];
	while(!col[a[a[i]]]) Swap(i,a[i]);
	i=a[i];
	while(i!=a[i]) Swap(i,a[i]);
}

int main(){
	n=rd();
	rep(i,1,n) a[i]=rd();
	rep(i,1,n) if(!vis[i]) {
		for(int j=i;!vis[j];j=a[j]) vis[j]=1;
		b[++c]=i;
	}
	for(int i=1;i<c;i+=2) {
		Swap(b[i],b[i+1]);
		Solve(b[i]);
	}
	if(c&1) {
		if(c==1) {
			int t=a[1];
			Swap(1,a[1]),Swap(t,a[1]);
			Solve(i);
		} else {
			rep(i,1,n) if(a[i]==i) {
				Swap(i,b[c]);
				Solve(i);
				break;
			}
		}
	}
	printf("%d\n",C);
	rep(i,1,C) printf("%d %d\n",X[i],Y[i]);
}