CF1620F Bipartite Array 题解
CF1620F Bipartite Array
DP 好题
Statement
多组数据 \(T\le 2\times 10^5\)
给定一个排列 \(p_n(n\le 10^6)\) ，可以任意地取反排列中的任意一个数，即 \(p_i=-p_i\)
定义一个排列 \(p\) 对应一个无向图 \(G\) ：
- 如若 \(i
定义一个排列 \(p\) 是二分的当且仅当 \(G\) 是一张二分图
对于每次给定的排列，要求构造出一组解使得 \(p^{\prime}\) 是二分的
Solution
犹豫了一下，还是写了题解，不然觉得比较可惜。
学习自 Sol1 的题解，太神了
简单地推了下性质，推出一个比较垃圾的条件，就是说每一个数前面比他大的数必须长成单调递增的样子，然后尝试 DP，说那么我肯定需要知道前面的序列长成什么样子，这个根本做不了嘛
优化一下刚刚那个丑陋的条件，发现对于一个单增的序列而言，内部肯定是不连边的，即肯定是在同一侧
yy 一下，可以知道当且仅当序列可以被拆成两个单增的子序列时，才是二分的。这两个序列无交集，且并起来就是全集。
容易发现刚刚那个丑陋的条件和这个条件其实是充要的关系
因为存在取反的操作，对应到原排列上，肯定是把前面递减的一部分全部取反
所以，需要把原排列拆成 两个单谷子序列
考虑 DP，但不是很会，当时思考的时候仍然保持着“肯定需要知道另外一个序列长成什么样子”的思想，GG
仔细思考一下我们到底需要什么状态
首先，由于最后提出来的子序列无交集，且并起来就是全集，一个元素非此即彼，所以我们只需要关心 \(i\) 和 \(i-1\) 是否在同一个序列里面就可以了
那么肯定需要 \(i\) 作为阶段，\(j=0/1,k=0/1\) 表示两个序列当前的 降/升 情况
（题外话，Sol1 大佬这里写反了，顺带着后面最大最小值的意义也写反了）
思考转移，发现当前这个包含 \(i\) 的子序列要么是和 \(i-1\) 在一起，不需要额外的信息
但是如若 \(i\) 和 \(i-1\) 不在一起，发现还需要对于 \(i-1\) 而言另外一个序列的信息（ \(i\) 所在序列）
啥信息？当然是序列最后一个数是什么啊（粗暴地想
所以初步得到这样一个状态： \(f[i][j=0/1][k=0/1][v]=0/1\) 表示当前在 \(i\) ，\(i\) 所在序列正在递减/递增，另外一个序列正在递减/递增，另外一个序列最后一个数是 \(v\) ；最后一个 \(0/1\) 表示这种情况 不会/会 出现
状态数 \(n^2\) ，爆掉了，考虑继续压榨状态，仔细思考一下我们到底需要什么状态
发现在 \(i,j\) 相同的情况下，若 \(k=0\) ，即另外一个在递减，如若 \(v1
具体可以从 LIS/LCS 的角度考虑，让后面发挥空间更大
所以直接把第四位扔进去，设 \(f[i][j][k]\) 表示当前在 \(i\)，\(i\) 所在序列正在递减/递增，另外一个序列正在递减/递增，另外一个序列末尾数字的 最大/小 值
（这里 '/' 是对应的）
此时，若 \(f[n][1][1]>n\) ，那么无解
然后考虑转移，可能由于蒟蒻是第一次做，所以觉得很神仙，具体在代码里面讲
考虑构造答案，在转移的过程中记录一下 \(i-1\) 和 \(i-1\) 有没有在一起就好了。记三个值，分别表示转移点的 \(j,k\)（\(i\) 一定是当前状态的 \(i\) 减去 1），以及最后一个数是否与上一个数在同一个子序列里面。可以压成一个 \(0\sim 7\) 中的整数来存储。从 \(n,1,1\) 反着搜一遍就可以得到两个单谷子序列，分别把前面递减的部分反过去就可以了。
——Sol1
Code
代码确实精髓，时刻牢记我们构造的是单谷
#include
using namespace std;
const int N = 1e6+6;
char buf[1<<23],*p1=buf,*p2=buf;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
int read(){
int s=0,w=1; char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')w=-1; ch=getchar();}
while(isdigit(ch))s=s*10+(ch^48),ch=getchar();
return s*w;
}
int f[N][2][2],pre[N][2][2];
int a[N],ans[N];
int T,n;
void updmax(int i,int j,int k,int val,int op){
//remember the value of op is the previousness
if(val>f[i][j][k])f[i][j][k]=val,pre[i][j][k]=op;
}
void updmin(int i,int j,int k,int val,int op){
if(val=1){
if(a[i]=1){
if(a[i-1]a[i])updmin(i,0,1,f[i-1][0][1],2);
//只要 k=0 那么 max,否则 min
updmin(i,1,1,f[i-1][0][1],2);
if(a[i]>f[i-1][0][1])updmax(i,1,0,a[i-1],3);
}
if(f[i-1][1][1]<=n){//都是顺承
if(a[i-1]n){
puts("NO");
continue;
}
puts("YES");
vectorseq[2];
for(int i=n,j=1,k=1,cur=0,nex;i>=1;--i)
ans[i]=a[i],nex=pre[i][j][k],seq[cur].push_back(i),
cur^=(nex&1),j=(nex>>2)&1,k=(nex>>1)&1;
for(int k=0;k<2;++k){
reverse(seq[k].begin(),seq[k].end());
for(int i=0;i<(int)seq[k].size()-1;++i)//前一段递减，后一段递增
if(a[seq[k][i]]>a[seq[k][i+1]])ans[seq[k][i]]=-a[seq[k][i]];
else break;
}
for(int i=1;i<=n;++i)
printf("%d ",ans[i]);
puts("");
}
return 0;
}
现在还剩下一个神奇的问题，问题的发现是在没有发现 Sol1 大佬状态定义写反之前发现的，如若像这样写：
if(f[i-1][0][0]>=1){
if(a[i]是对的，即放弃强制抬头的决定，正常抬头，然而
if(f[i-1][1][0]>=1){
if(a[i-1]就要 G，当然在下面 \(f[i-1][0][1]\) 中增加 else 也要 G
粗浅地猜测一下，观察 \(f[i][1][1]\) 的转移，发现如若不强行抬头，可能根本没有机会（全是单增/单减也是允许的）
而前面那个抬不抬无所谓啦，毕竟就算是不认为在抬头，该抬头还是要抬
但还是停留在猜测阶段，具体正在私信 Sol1 大佬/hanx
Soltion2
看完 GaryH 的题解没忍住，觉得其中不断缩减 DP 状态，对我们到底需要什么状态的思考非常巧妙
（下面引起来的内容都是贺的）
此处，我们把最初那个丑陋的条件再看一下：
就是说每一个数前面比他大的数必须长成单调递增的样子
这里推成了另外一种等价的形式：
对于当前数 \(i\) ，假装我们前面的数都构造出来了，所有逆序对末尾数最大为 \(y\)，我们只需要 \(val(i)>y\) 即可。
容易发现这个条件和刚刚那个是等价的，只不过是从反面说而已
在题解中，表述成了这个样子：
故我们让图中不存在长为 3 的奇环，就可以满足条件。
容易发现这个表述和上面的做法是等价的，浅证一下：
只需证明在本题中 有奇环 \(\Leftrightarrow\) 存在长为 3 的奇环即可
反证法，若图中存在一个长度大于 3 的奇环但不存在长度为 3 的奇环
把原本的无向边假想为有向边，从大的那边连向小的那边
考虑奇环中有公共端点的两条边，容易发现这两条边要么同时指向这个公共端点，要么同时从这个公共端点指向其他点
这样的话，任意奇环上的点 \(u\) 的出度减入度之差 \(d_u\) 只能为 \(2\) 或 \(-2\)
则一个奇环上所有点的 \(d\) 值之和必然不为零，产生矛盾
所以假设不成立，所以有奇环 \(\Leftrightarrow\) 存在长为 3 的奇环
好的，我们考虑 DP 构造解
考虑我们需要知道什么东西，考虑到我们填入这个数之后可能会产生新的逆序对
所以我们还需要保存之前构造的解的最大值
粗暴地，我们这样设出方程： \(f[i][x][y]=1/0\) ，前 \(i\) 个，最大值 \(x\) ，最小的逆序对末尾数为 \(y\) ，是否可行
状态数爆炸，考虑优化状态数
一个比较神仙的观察：
我们发现，对于两个都已经构造前了 \(i\) 位的序列 \(p1,p2\)，若两者前 \(i\) 位的最大数都为 \(x\)
设两者的逆序对末尾数最大值分别为 \(y1,y2\)，显然，在 \(y1\) 和 \(y2\) 中取小者对应的序列更有潜力，
或者，形式化的：不妨设 \(y1>y2\)，则任意一个长为 \(n\) 的合法序列，
若其长为 \(i\) 的前缀由 \(p1\) 构成，则我们将前缀换成 \(p2\) 后也一定合法。
同样的，对于一对固定的 \((i,y)\)，显然 \(x\) 越小序列越容易合法，就不过多赘述了。
所以，就像 Solution1 中所干的事情，我们改设 \(f[i][x]=y\) 表示最大值为 \(x\) 情况下最小 \(y\)
容易写出 \(O(1)\) 转移，如若当前的数 \(
如若当前的数 \(>x\) ，转移到 \((v,y)\) ，否则转移到 \((x,v)\)
但是还是过不了，主要矛盾还是在状态数的 \(O(n^2)\)
这里窥见一些端倪！
发现一个奇怪的现象，转移后 \((x,y)^{\prime}\) 中必然有一个数是 \(v\)
所以直接记 \(f[i][0/1][0/1]=v\) 表示前 \(i\) 位，第 \(i\) 位填的值是正/负，其中 \(x/y\) 等于 \(\pm a_{i+1}\)。然后 \(v\) 存的是另外一个数（不等于 \(\pm a_{i+1}\) 的那个数）的值
\(O(n)\) ！！！
Code2
#include
using namespace std;
const int N = 1e6+6;
char buf[1<<23],*p1=buf,*p2=buf;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
int read(){
int s=0,w=1; char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')w=-1; ch=getchar();}
while(isdigit(ch))s=s*10+(ch^48),ch=getchar();
return s*w;
}
bool cmin(int &a,int b){return a>b?a=b,1:0;}
bool cmax(int &a,int b){return a=x&&cmin(f[i+1][sgn][0],y))
pre[i+1][sgn][0]=j*2+k;//状态压缩一下
if(zans;
for(int j=0;j<2;++j)
for(int k=0;k<2;++k)
if(f[n][j][k]<2e9){
puts("YES");
for(int i=n,t;i;--i){
ans.push_back(j?a[i]:-a[i]);
t=pre[i][j][k];
j=(t>>1)&1,k=t&1;
}
reverse(ans.begin(),ans.end());
for(auto v:ans)printf("%d ",v);
puts("");
goto r;
}
puts("NO");
r:;
}
return 0;
}