给定一个排列p,定义一种操作方式是,选择三个下标a,b,c,然后让p[c]=p[b],p[b]=p[a],p[a]=p[c](循环右移一位),下标a,b,c的大小关系任意,但必须两两不同.要求用k次操作让p有序,输出一种合法解(不要求最小化),无解输出-1$n<=2e5, k<=\lfloor \frac{n}{2} \rfloor$
做法
先考虑一下n=3的时候,可以发现该操作会形成两个等价类,{(1, 2, 3), (3, 1, 2), (2, 3, 1)}、 {(3, 2, 1), (1, 3, 2), (2, 1, 3)},因此第二个集合中的排列就不可能排成有序. 然而这好像没什么用.从k的大小入手,k<=n/2,说明每次操作至少要让两个元素归位,每次只要操作(i, p[i], p[p[i]])即可,但是有可能i==p[p[i]],即为一个二元环.下面考虑{2, 1, 4, 3}这个排列,它由两个二元环组成,可以发现只要操作(2,3,4),(1,2,3)即可,就是说两个二元环可以通过两次操作排成有序.所以我们只要先对长度大于2的环进行操作,然后把二元环存起来.最后如果二元环有偶数个,两两解决,否则无解.如果二元环有奇数个,则逆序对数有奇数个,而可以发现该操作每次只能变化偶数个逆序对,其实就对应了上面的两个等价类.
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| #include <bits/stdc++.h>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define sz(x) (int)x.size()
#define all(x) begin(x), end(x)
#define fi first
#define se second
#define debug(x) cerr << #x << " " << x << '\n'
using namespace std;
using ll = long long;
using pii = pair<int,int>;
using pli = pair<ll,int>;
const int INF = 0x3f3f3f3f, N = 2e5 + 5;
const ll LINF = 1e18 + 5;
constexpr int mod = 1e9 + 7;
int n, k, a[N], p[N], b[N];
bool vis[N];
void upd(int x, int y, int z)
{
assert(x!=y); assert(y!=z); assert(x!=z);
int tmp = a[z];
a[z] = a[y];
p[a[y]] = z;
a[y] = a[x];
p[a[x]] = y;
a[x] = tmp;
p[tmp] = x;
}
void solve()
{
scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i=1; i<=n; i++)
{
scanf("%d", a+i);
p[a[i]] = i;
}
vector <array<int,3>> op;
for(int i=1; i<=n; i++)
{
vis[i] = 0;
if(i!=p[i])
{
int x = p[i], y = i, z = a[i];
if(z==x) continue;
op.pb({y, z, x});
upd(y, z, x);
}
}
vector <pii> loop;
for(int i=1; i<=n; i++)
{
if(i!=p[i] && p[i]==a[i] && !vis[p[i]])
{
loop.pb({i, p[i]});
vis[i] = vis[p[i]] = 1;
}
}
if(sz(loop)&1)
{
puts("-1");
return;
}
for(int i=0; i<sz(loop); i+=2)
{
int a = loop[i].fi, b = loop[i].se, c = loop[i+1].fi, d = loop[i+1].se;
op.pb({b, c, d});
upd(b, c, d);
op.pb({a, b, c});
upd(a, b, c);
}
if(sz(op)>k || !is_sorted(a+1, a+n+1)) puts("-1");
else
{
cout << sz(op) << '\n';
for(auto it : op) printf("%d %d %d\n", it[0], it[1], it[2]);
}
}
int main()
{
int T; scanf("%d", &T);
while(T--) solve();
return 0;
}
|