题目

给一个数字n，可以执行k次交换，每次交换都选择数字中的2位，并且交换后不能出现前导0，问能得到的最小值和最大值是多少。

T<=100，n,k<=10^9

题解

方法一

把交换看为对换，枚举排列，然后分解置换，n元循环至少可以分成n-1个对换，而且是最小的分法。

考虑循环$(1quad2quad3quadcdotsquad n)=(1quad2)(1quad3)(1quad4)cdots(1quad n)$

为了拆开循环，每拆一次，原来循环的元素最多减少一个，因此至少n-1个

又发现可以拆成n-1个对换，所以就可以直接判断能不能在k次以内交换实现

分解置换需要$mathcal{O}(n)$

时间复杂度$mathcal{O}(n! imes n)$，需要卡常数，有可能超时

方法二

从前往后依次决定，每次选择最小/最大的数和当前位置交换，并把这个位置指针往后移动一位。时间复杂度$mathcal{O}(n!)$

还可以优化，如果最小/最大的数和当前位置相等，那么直接把这个位置指针往后移动一位。顺序枚举1~1000000000发现跑得很快

AC代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
char n[11]; int l;
char Ma[11],ma[11];
void dfs1(int k, int p) {
	if(k>0 && p<l) {
		char m;
		for(int i=p; i<l; i++) if(p || n[i]!='0') { m=n[i];}
		for(int i=p; i<l; i++) if((p || n[i]>'0') && n[i]<m) { m=n[i];}
		if(m!=n[p]) {
			for(int i=p; i<l; i++) if(n[i]==m) {
				swap(n[i], n[p]);
				dfs1(k-1,p+1);
				swap(n[i], n[p]);
			}
		} else dfs1(k, p+1);
	} else {
		if(strcmp(n,ma)<0) {
			strcpy(ma,n);
		}
	}
}
void dfs2(int k, int p) {
	if(k>0 && p<l) {
		char m=n[p];
		for(int i=p; i<l; i++) if(n[i]>m) { m=n[i];}
		if(m!=n[p]) {
			for(int i=p; i<l; i++) if(n[i]==m) {
				swap(n[i], n[p]);
				dfs2(k-1,p+1);
				swap(n[i], n[p]);
			}
		} else dfs2(k, p+1);
	} else {
		if(strcmp(n,Ma)>0) {
			strcpy(Ma,n);
		}
	}
}
int main() {
	int T; scanf("%d", &T);
	while(0<T--) {
		int k; scanf("%s%d", n, &k);
		strcpy(Ma,n); strcpy(ma,n);
		l=strlen(n); if(k>l) k=l;
		dfs1(k,0); dfs2(k,0);
		printf("%s %s
", ma, Ma);
	}
}