标签：etc oid char img ott label 条件 ges lld
一行，一个整数，表示可以将数组A从小到大排序的不同的操作序列的个数。
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7 8 5 6 1 2 4 36对于30%的数据，1<=N<=4； 对于全部的数据，1<=N<=12。
一个伪装成计数题的大搜索…
首先要知道一个结论：对于一个操作序列，如果他是合法的，那么他的全排列都是合法的，所以从小到大搜索，同时记录操作数k。
对于第x次操作，把序列分成2x-1段，暴力搜索有几段不满足a[i]=a[i-1]+1(注意这里并不只是要求满足递增)，如果大于两段，显然无解;
如果没有，则第x操作无需进行（即对答案无贡献），直接向下递归即可，因为如果此时进行第x次操作，会将顺序打乱，之后的操作并不能使之还原。
如果有1段，则将这一段从中间断开，暴力交换，如果仍不满足则无解，满足则继续向下递归，k++;
如果有2端，则有四种情况，暴力交换向下递归即可，注意回溯时要还原。
结束条件：a[i]=i，答案为k！（即A（k，k））;
不过这题看起来复杂度好高啊，居然能跑的这么快…
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
using namespace std;
int n,m=1;
int a[5010];
LL jc[15];
bool end()
{
for(int i=1;i<=m;i++)if(a[i]!=i)return 0;return 1;
}
void swapp(int l1,int r1,int l2,int r2)
{
for(int i=l1,j=0;i<=r1;i++,j++)
swap(a[i],a[l2+j]);
}
LL dfs(int x,int k)
{
if(end())return jc[k];
int len=pow(2,x),num=pow(2,n-x),te=0;
int pd=0,d1=0,d2=0;
for(int i=1;i<=num;i++)
for(int j=(i-1)*len+2;j<=i*len;j++)
if(a[j]!=a[j-1]+1) pd++,d1?d2=i:d1=i;
if(pd>2)return 0;
if(!pd)return dfs(x+1,k);
if(pd==1)
{
int l=(d1-1)*len+1,r=(d1)*len;bool pp=0;LL res=0;
swapp(l,(l+r)>>1,(l+r)/2+1,r);
for(int i=l+1;i<=r;i++)
if(a[i]<a[i-1]){pp=1;break;}
if(!pp)res=dfs(x+1,k+1);
swapp(l,(l+r)>>1,(l+r)/2+1,r);
return res;
}
if(pd==2)
{
int l1=(d1-1)*len+1,r1=(d1)*len,l2=(d2-1)*len+1,r2=(d2)*len;
int mid1=(l1+r1)>>1,mid2=(l2+r2)>>1;
LL res=0;
swapp(l1,mid1,l2,mid2);
{
int pp=0;
for(int i=l1+1;i<=r1;i++)
if(a[i]<a[i-1]){pp=1;break;}
for(int i=l2+1;i<=r2;i++)
if(a[i]<a[i-1]||pp){pp=1;break;}
if(!pp) res+=dfs(x+1,k+1);
}
swapp(l1,mid1,l2,mid2);
swapp(l1,mid1,mid2+1,r2);
{
int pp=0;
for(int i=l1+1;i<=r1;i++)
if(a[i]<a[i-1]){pp=1;break;}
for(int i=l2+1;i<=r2;i++)
if(a[i]<a[i-1]||pp){pp=1;break;}
if(!pp) res+=dfs(x+1,k+1);
}
swapp(l1,mid1,mid2+1,r2);
swapp(mid1+1,r1,l2,mid2);
{
int pp=0;
for(int i=l1+1;i<=r1;i++)
if(a[i]<a[i-1]){pp=1;break;}
for(int i=l2+1;i<=r2;i++)
if(a[i]<a[i-1]||pp){pp=1;break;}
if(!pp) res+=dfs(x+1,k+1);
}
swapp(mid1+1,r1,l2,mid2);
swapp(mid1+1,r1,mid2+1,r2);
{
int pp=0;
for(int i=l1+1;i<=r1;i++)
if(a[i]<a[i-1]){pp=1;break;}
for(int i=l2+1;i<=r2;i++)
if(a[i]<a[i-1]||pp){pp=1;break;}
if(!pp) res+=dfs(x+1,k+1);
}
swapp(mid1+1,r1,mid2+1,r2);
return res;
}
}
inline int read()
{
int s=0;char a=getchar();
while(a<‘0‘||a>‘9‘)a=getchar();
while(a>=‘0‘&&a<=‘9‘){s=s*10+a-‘0‘;a=getchar();}
return s;
}
signed main()
{
// freopen("in.txt","r",stdin);
n=read();for(int i=1;i<=n;i++)m*=2;
for(int i=1;i<=m;i++)a[i]=read();
jc[0]=1;for(int i=1;i<=12;i++)jc[i]=jc[i-1]*i;
printf("%lld\n",dfs(0,0));
}
标签：etc oid char img ott label 条件 ges lld
原文地址：https://www.cnblogs.com/Al-Ca/p/11166533.html
