题解 P3322 [SDOI2015]排序

题解

仔细审题，我们会发现

小 (A) 认为两个操作序列不同，当且仅当操作个数不同，或者至少一个操作不同（种类不同或者操作位置不同）。

所以，对于一种操作，不管是交换哪两段，都算作同一种操作，只会对答案贡献一次。

引理

对于一个合法的操作序列，其中的操作可以互换位置，仍为合法序列。

可以自己手动模拟一下，结论很显然。

那么对于每一次操作，设此次操作的长度为 (len=2^x)，我们将从头开始每 (len) 的长度分为一个块，则有 (2^{n-x}) 个块。

对于每一个块，我们要保证他是一个合法的有序序列，又因为 (2^x) 是由 (2^{x-1}) 的块调整顺序转移而来的，那么对于每个 (2^{x-1}) 的块，我们就要找出有多少个两两的块不符合顺序递增。如果有超过两对不合理，则我们可以直接判定此分支下无解，
原因就是对于每种操作，我们只能用一次。

当到边界时且合法时，我们需要加上用到的操作数的阶乘。（原因见引理）

(AC kern 0.5emCODE:)

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define p(i) ++i
using namespace std;
namespace IO{
    char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
    inline char gc() {return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
    inline int read() {
        ri x=0,f=1;char ch=gc();
        while(ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=gc();}
        while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=gc();}
        return x*f;
    }
}
using IO::read;
namespace nanfeng{
    static const int N=12;
    int num[(1<<N)+7],p[N+7],n, ans;
    inline void Swap(int i,int j,int k) {
        int len=1<<k,si=(i-1)*len,sj=(j-1)*len;
        for (ri l(1);l<=len;p(l)) swap(num[si+l],num[sj+l]);
    }
    inline int check(int x) {//用于判断交换后的块是否符合要求顺序递增
        int len=1<<x;
        for (ri i(1);i<=(1<<n-x);i+=2) if (num[i*len]+1!=num[i*len+1]) return 0;
        return 1;
    }
    inline void dfs(int x,int cnt) {
        if (x&&!check(x-1)) return;
        if (x==n) {ans+=p[cnt];return;} 
        dfs(x+1,cnt);
        ri ch[5],tot=0,len=1<<x;//一定不要设成全局数组，因为若要定义为全局，向下递归时分支会将他改变，之后回溯时会炸。
        for (ri i(1);i<=(1<<n-x);i+=2) {
            if (num[i*len]+1!=num[i*len+1]) {
                if (tot==4) return;
                ch[p(tot)]=i;ch[p(tot)]=i+1;
            }
        }
        if (!tot) return;
        for (ri i(1);i<=tot;p(i)) {
            for (ri j(i+1);j<=tot;p(j)) {
                // if ((i+j==3||i+j==7)&&tot==4) continue;
                Swap(ch[i],ch[j],x);
                dfs(x+1,cnt+1);
                Swap(ch[i],ch[j],x);//记得回溯
            }
        }
    }
    inline int main() {
        // freopen("1.in","r",stdin);
        n=read();
        p[1]=1;
        for (ri i(2);i<=12;p(i)) p[i]=p[i-1]*i;
        for (ri i(1);i<=(1<<n);p(i)) num[i]=read();
        dfs(0,0);
        printf("%d
",ans);
        return 0;
    }
}
int main() {return nanfeng::main();}

目前是洛谷最优解，而且这么写码量也很小。