A. Greatest Convex

题意：

给t组数据，每组数据给定一个k，求出在[1,k)范围内，满足x!+(x-1)!%k==0的最大x

题解：

赛中可以通过观察法得知输出k-1即可，赛后可以尝试证明

实际上对于x!+(x-1)!，取x为k-1，则有x!+(x-1)!=1*2*3*...*(k-2)*(k-1)+1*2*3*...*(k-2)

不难发现提取公因式后，原式可以化简为：x!+(x-1)!=1*2*3*...*(k-2)*k

此式一定可以被k整除，所以每组数据直接输出k-1即可。

本题代码：

过于简单所以略。

B. Quick Sort

题意：

给t组数据，每组数据给定一个n，一个k和一个长度为n的乱序的排列，你每次可以选择k个元素将他们从数组中拿出，并且排好序放在数组的最后，求让数组升序的最小操作次数。

题解：

由题可知，每次操作都会把元素移出并且放到最后，不难想到一种贪心策略：

从1开始，根据原始顺序有序的最长序列可以不用动（中间可以隔有其他元素）。

如n=8，数组为{1,6,4,2,7,8,3,5}时，最长序列就为{1，2，3}

数组中的1，2，3元素是可以不用操作的，移出其他乱序的元素，1，2，3就会自然有序，利用反证法，如果移动其中任一元素，比如1，所以可以得到如下算法：

记录每个元素的下标mp[i]，找到最长的有序串，即最大的i（记为pos）使得mp[i]>mp[i-1]，那么需要操作的元素个数就为n-pos个，操作次数就为(n-pos+k-1)/k。

本题代码：

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<set>
#include<queue>
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 998244353;
const int N   = 5E5 + 7;
using namespace std;
ll ksm(ll a,ll b) {ll res=1;a%=mod; while(b){if(b&1)res=res*a%mod;b>>=1;a=a*a%mod;}return res;}
ll gcd(ll a,ll b) {return b==0?a:gcd(b,a%b);}
ll lcm(ll a,ll b) {return a/gcd(a,b)*b;}
ll inv(ll x) {return ksm(x, mod-2);}
int mp[N];
void solve(){int n,k;cin>>n>>k;vector<int>v(n);for(int i=1;i<=n;i++) {cin >> v[i - 1];mp[v[i-1]]=i;}int pos=1;for(int i=2;i<=n;i++){if(mp[i]>mp[i-1])pos=i;else break;}ll ans=(n-pos+k-1)/k;cout<<ans<<'\n';
}
int main(){int t=1;cin>>t;while(t--)solve();
}

C. Elemental Decompress

题意：

给t组数据，每组数据给定一个n和长度为n的序列a，要求构造两个长度同样为n的排序p,q，使得

ai=max(pi,qi)，如果能够构造出这样的序列，输出YES并输出两个序列，不能则输出NO。

题解：

首先判断构造不出的情况，很明显，某个元素出现3次及以上肯定构造不出，特别的，因为没有元素小于1，所以1最多出现一次。

再来构造p和q，贪心的思路，不妨把序列a中的元素尽量从p中拿（这对结果并没有影响),除非当前元素p中已经放过了，才放入q中，代码表现为：

   for(int i=1;i<=n;i++)if(!vis1[v[i]])a[i]=v[i],vis1[v[i]]=1;else b[i]=v[i],vis2[v[i]]=1;

然后，我们可以知道对于还没有填元素的位置，要么p[i]是空的，要从q还没用过的元素中取，要么q[i]是空的，要从p还没用过的元素中取，namo，怎么取元素最合适呢？如p[i]=4时，q没用过的元素中有4和1，当然是选4而不是1，因为1比4能满足更多个p[i]，我们该选择满足最低限度的元素，主打的就是一个贪心。

你可以通过线段树查询<=p[i]的最大元素填入，但是对于1300分的题目多少有点大材小用，开个pair数组记录p[i]（q[i]）和他们对应的位置，然后复制一份并且排序，然后把没有用过的元素存入优先队列，对每一个值选择满足最低限度的值（这个值就是优先队列的top），如果没有满足要求的值，那么说明构造不出这样的序列，退出即可。

本题代码：

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<set>
#include<queue>
typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 998244353;
const int N   = 2E6 + 7;
using namespace std;
ll ksm(ll a,ll b) {ll res=1;a%=mod; while(b){if(b&1)res=res*a%mod;b>>=1;a=a*a%mod;}return res;}
ll gcd(ll a,ll b) {return b==0?a:gcd(b,a%b);}
ll lcm(ll a,ll b) {return a/gcd(a,b)*b;}
ll inv(ll x) {return ksm(x, mod-2);}
void solve(){int n;cin>>n;vector<int>cnt(n+1),vis1(n+1),vis2(n+1);vector<int>v(n+1),a(n+1),b(n+1);vector<pair<int,int>>pv1(1),pv2(1);for(int i=1;i<=n;i++)cin>>v[i],cnt[v[i]]++;for(auto it:v)if(cnt[it]>2||cnt[1]>1){cout<<"NO"<<'\n';return;}priority_queue<int,vector<int>,greater<>>q1,q2;for(int i=1;i<=n;i++)if(!vis1[v[i]])a[i]=v[i],vis1[v[i]]=1,pv1.push_back({a[i],i});else b[i]=v[i],vis2[v[i]]=1,pv2.push_back({b[i],i});for(int i=1;i<=n;i++) {if (!vis1[i])q1.push(i);if (!vis2[i])q2.push(i);}sort(pv1.begin(),pv1.end());sort(pv2.begin(),pv2.end());for(int i=1;i<pv1.size();i++){if(pv1[i].first>=q2.top())b[pv1[i].second]=q2.top(),q2.pop();else{cout<<"NO"<<'\n';return;}}for(int i=1;i<pv2.size();i++){if(pv2[i].first>=q1.top())a[pv2[i].second]=q1.top(),q1.pop();else{cout<<"NO"<<'\n';return;}}cout<<"YES"<<'\n';for(int i=1;i<=n;i++)cout<<a[i]<<' ';cout<<'\n';for(int i=1;i<=n;i++)cout<<b[i]<<' ';cout<<'\n';
}
int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0),cout.tie(0);int t=1;cin>>t;while(t--)solve();
}

D.Lucky Permutation

题意：

给出一个排列，你可以任意选择两个元素交换，求至少交换多少次能让序列中有且仅有一组逆序对。

题解：

首先，如果序列中仅有一对逆序对，那么这对逆序对一定是相邻的，我们可以考虑将序列变为有序后选择一对相邻元素交换。

先引入一个概念:置换环：对于升序的排列，肯定存在v[i]=i，也就是下标（i）和数值(v[i])相等，如果一个排列中存在有数值不等于位置,即v[i]!=i，同理就有下标v[i]和数值v[v[i]]不相等。

通俗的说：如果3的位置上不放3放了8，那么8的位置上肯定不会放着8，放了其他数字。

我们不断的去找当前数值指向的下一个位置，最终一定会指向最开始的位置，形成一个环。

如{1,7,5,8,2,6,3,4}

可以被拆分成{1}，{7，3，5，2}，{8，4}，{6}这样四个环。

代码表现就是:

            int now=i,head=i;//now当前节点，v[now]是下一个节点int len=1;//cnt为环上有几个元素（环的长度）            while(v[now]!=head){len++;now=v[now];}

namo，对于一个环，易得它可以帮我减少一次交换次数（环形交换，最有一个元素自动归位）

仅仅是排成有序序列的话我们只要计算n-cnt即可（cnt为环的个数），但是我们要保证有一对逆序对，所以说在遍历一个环的时候，我们要记录是否有相邻元素逆序对出现，如果有的话，我们不用换成有序，

少换一次就有一对逆序对出现了，以下是代码实现

本题代码：

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<set>
#include<queue>
#define eol "\n"
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 998244353;
const int N   = 2E6 + 7;
using namespace std;
ll ksm(ll a,ll b) {ll res=1;a%=mod; while(b){if(b&1)res=res*a%mod;b>>=1;a=a*a%mod;}return res%mod;}
ll gcd(ll a,ll b) {return b==0?a:gcd(b,a%b);}
ll lcm(ll a,ll b) {return a/gcd(a,b)*b;}
ll inv(ll x) {return ksm(x, mod-2);}
void solve(){int cnt=0,res=-1,n;cin>>n;vector<int>v(n+1);vector<int>vis(n+1);for(int i=1;i<=n;i++)cin>>v[i];for(int i=1;i<=n;i++){cnt+=(!vis[i]);if(!vis[i]){int now=i,head=i;//now当前节点，v[now]是下一个节点map<int,int>mp;while(v[now]!=head){vis[now]=mp[v[now]]=1;if(mp[v[now]-1]||mp[v[now]+1])res=1;now=v[now];}vis[now]=mp[v[now]]=1;if(mp[v[now]-1]||mp[v[now]+1])res=1;}}cout<<n-cnt-res<<eol;
}
int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0),cout.tie(0);int t=1;cin>>t;while(t--)solve();
}

E. Partial Sorting

题意：

给出n和模数M，求长度为3n的排列变成升序的最小操作次数，对于一个排列，你有两种操作，第一种，排序前2n个数，第二种，排序后2n个数，你要输出的是所有满足长度为3n的排序的操作次数之和

题解：

为了方便表述，排列中i=v[i]我就称其已配对

让一个序列有序，最多只需要两次操作：

0次的：本身就有序

令条件a为前n个数配对，条件b为后n个数配对

1次的：a，b满足并且只满足一个

令条件c为小于等于n的数值分布在前2n的位置 条件d为大于n的数值分布在后2n的位置

2次的：c，d满足并且只满足一个

3次的：c，d同时不满足

然后我们开始排列组合和容斥！

0次的：

只有一组

1次的：

前n配对：后2n个元素随意排列，后n配对，前2n个元素随意排列

减去重复统计的，即a，b条件都满足的，也就是前n后n都配对，中间n个随意排列

所以答案为种

2次的：

选取前n个元素，在2n个位置里排列也就是A（2n,n）

选取后n个元素，在后2n个位置里排列，同上是A（2n，n）

剩下2n个数随意排列是（2n）!

然后减去重复统计的，即同时满足c，d条件的：

枚举前n个元素在后n个位置里出现的个数i，那么后n个元素能放的位置只有2n-i个，剩下n个随意排列，推推式子吧大伙：

3次的：

看起来啥条件都不满足，没规律很一般很难搞，但是你前面都容斥这么久了还没反应过来？你其他的算出来了，剩下一种减一下不就出来了？

最后对整体进行容斥

只3次的=3次的-2次的

只2次的=2次的-1次的

只1次的= 1次的-0次的

加起来就是答案了

上代码:

本题代码：

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<set>
#include<queue>
#define eol "\n"
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N   = 2E6 + 7;
using namespace std;
ll n,mod;
ll ksm(ll a,ll b) {ll res=1;a%=mod; while(b){if(b&1)res=res*a%mod;b>>=1;a=a*a%mod;}return res%mod;}
ll gcd(ll a,ll b) {return b==0?a:gcd(b,a%b);}
ll lcm(ll a,ll b) {return a/gcd(a,b)*b;}
ll inv(ll x) {return ksm(x, mod-2);}
ll fac[5000005],ifac[5000005];
void jc(int n){fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;ifac[n]=ksm(fac[n],mod-2);for(int i=n-1;i>=0;i--)ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mod;
}
ll C(int n,int m){if(n<m) return 0;return (1ll*fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod)%mod;
}
void solve(){cin >> n >> mod;jc(3 * n+1);vector<ll>num(4);num[0] = 1;num[1] = (2 * fac[2*n]%mod - fac[n]+mod)%mod;num[2] =( 2  * fac[n]* C(2ll*n, n) % mod * fac[2*n] % mod)%mod;ll temp = (fac[n] * fac[n] )% mod * fac[n] % mod;for(int i = 0; i <= n; i++) {num[2] -= C(n, i) * C(n, n - i) % mod * C(2 * n - i, n - i) % mod * temp % mod;num[2] = ((num[2] % mod) + mod) % mod;}num[3]=fac[n*3]%mod;for(int i=3;i>=1;i--)((num[i]-=num[i-1])+=mod)%=mod;ll ans=0;for(int i=0;i<=3;i++)ans=((ans+(num[i]*i%mod))%mod+mod)%mod;cout<<ans<<eol;
}
int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0),cout.tie(0);int t=1;//cin>>t;while(t--)solve();
}