这题居然是CF2400
题意简析
- 有一个数组 \(a_i\) 需要确定一个顺序，把每个\(a_i\)都遍历一遍。
- 所得顺序记为 \(p_i\) 。需要保证对任意的 \(i\) , 都有 \(a_{p_i}\) \(\not=\) \(a_{p_{i+1}}\) 。
- 记 \(p\) 的花费为有多少个 \(i\) 满足 \(|p_{i+1}-p_i|>1\) ，求花费的最小值。没有则输出 \(-1\) 。
- 有多组数据
分析
本蒟蒻居然第一个想到的是模拟+贪心
题意很简单，要求不相邻的个数要最小，马上想到贪心，最好一直走相邻的不一样的数，直到相邻数相同，再跳过去选一个不同的。那我们应该怎么走怎么选呢？
首先，对于无解的情况：
显然，当一个标签出现的次数大于 \(\left\lceil\dfrac{n}{2}\right\rceil\) 时，肯定是无解的。换句话说，如果 \(a_i\) 出现次数大于 \(\left\lceil\dfrac{n}{2}\right\rceil\) ,则输出 \(-1\) 。
接下来考虑有解的情况。我们可以将整个 \(a\) 数组分成几个小段进行讨论。
假设 \(p\) 是满足条件的排列，我们可以在 \(p\) 中不相邻的相邻索引之间添加一个分隔符。如果 \(k\) 是 \(p\) 中“跳跃”的数量，那么我们已经将数组 \(a\) 分成 \(k+1\) 个连续的段。我们可以按正向或反向顺序扫描每个段。然后对片段进行重新排序和反转，以使没有两个相邻的标签相等。
显然，对于 \(a_i=a_{i+1}\) 我们需要在 \(i\) 和 \(i+1\) 之间进行切割。现在，我们只需要考虑这些段的端点，并且我们需要一个条件，以便何时可以避免连接相等的端点。对于标签 \(x\) ，将 \(f_x\) 定义为以 \(x\) 显示为段的端点的次数。请注意，如果一个段仅包含一个标记，我们将
\(x\)计数两次，作为左右端点。
当且仅当对于所有标签 \(x\) ，它都保持 \(f_x\) 时，才能对段进行有效的重新排序。如果存在解，那么 \(f_x≤k+2\) 。
简单证一下:
考虑将段重新排序为 \((y_1\)，\(y_2)\)，\((y_3\)，\(y_4)\)，…，\((y_{2k+1}\)，\(y_{2k+2})\) 。其中， \(y_{2i-1}\) 和 \(y_{2i}\) 是按照解决方案顺序出现在第 \(i\) 个分段的端点。由于 \(y_{2i}\) 和 \(y_{2i+1}\) 连接在一起,它们不能都是 \(x\) 。它可以是 \(y_1=x\) ，也可以是 \(y_{2k+2}=x\) ，但由于这些连接，最多一半的剩余端点（其中有 \(2k\) ）可以是 \(x\) 。所以 \(f_x≤k+2\) 。
我们已证明如果 \(f_x≤k+2\) 对于所有标签 \(x\) ，我们可以构造一个解决方案。我们继续在 \(k\) 上进行归纳。如果 \(k=0\) ，则只有一个段，我们就完成了。如果 \(k≥1\) .让 \(x\) 是最大 \(f_x\) 的任何标签。选择一个以 \(x\) 为端点的段和另一个以 \(y\) 为端点的段( \(y\not=x\) )作为端点(注意，这样的一对总是存在的）。将选定的 \(x\) 和 \(y\) 连接在一起，将它们合并为一个段。这样段的数量减少了 \(1\) 个，作为端点的 \(x\) 和 \(y\) 的频率减少了 \(1\) 个。进行此连接后，该条件显然适用于 \(x\) 和 \(y\) 。对于其他标签 \(z\)（ \(z\not=x\) 、 $ z\not=y$ ），在操作之前保持 \(f_z\le(2k+2)-f_x \le(2k+2)-f_z\) 和 \(f_z≤k+1\) 。操作后， \(k\) 减小， \(f_z\) 不变，因此 \(f_z≤k+2\) 成立。通过归纳，存在解决方案。
为了找到切割次数最少的解决方案，我们首先必须切割相同标签的所有相邻索引 之间的数组。如果这组切割已经满足上述条件，我们就完成了。
否则，有一个标记 \(x\) ，使得 \(f_x > k + 2\)，对于所有其他标记 \(y\not=x\) 、 $ f_y≤k+2$ 。如果我们在两个连续标签之间添加一个切割，使得其中一个是 \(x\) ，则 \(f_x\) 增加一个， \(k\) 增加一个，因此它是无用的。如果我们在两个不是 \(x\) 的连续标签之间切割，它不会改变 \(f_x\) 并且它会将 \(k\) 增加一个。也就是说，每一次这样的削减都使条件更接**等。因此，如果存在一个解并且 \(f_x>k+2\) ，我们正好需要 \(f_x - (k + 2 )\) 次额外削减。如果 \(f_x<k+2\) 则不用再削减了。
总结
如果某些标签 \(x\) 具有超过 \(\left\lceil\dfrac{n}{2}\right\rceil\) 发生时，不存在解决方案。否则，令 \(k\) 为相邻相等标签的数量，并在这些位置添加必要的切割。设 \(x\) 是在结果段中作为端点出现频率最高的标签。答案是 \(k + \max ({0,f_x-(k+2)})\) 。
分析完后代码就很容易了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
inline int max(int x, int y){return x > y ? x : y;}
inline int read(){
int x = 0, f = 1; char c = getchar();
while (! isdigit(c)) {
if (c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(isdigit(c)) {
x = (x << 3) + (x << 1) + c - '0';
c = getchar();
}
return x * f;
}
int T, n, k, maxx;
int a[N], f[N], t[N];
//f记录每个标签的出现次数，t记录每个标签作为端点的次数
int main(){
T = read();
while (T --) {
maxx = 0;
memset(f, 0, sizeof(f));memset(t, 0,sizeof(t));
k = 0;
bool ch = false;
n = read();
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
a[i] = read();
f[a[i]] ++;
if(f[a[i]] > (n + 1) / 2) ch = true;
}
if (ch) {//无解
printf("-1\n");
continue;
}
t[a[1]] ++; t[a[n]] ++;//首尾也要计数
for (int i = 1; i < n; i ++) {
if(a[i] == a[i + 1]) {
k ++;//多分段一次
t[a[i]] ++;
t[a[i + 1]] ++;
}
}
for (int i = 0; i < n; i ++)
maxx = max(maxx, t[a[i]]);//记录最大值
printf("%d\n", k + max(0, maxx - (k + 2)));
}
return 0;
}
