牛客多校6 - Josephus Transform(线段树求k-约瑟夫环+置换群的幂)

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题目大意：给出一个长度为 n 的排列，初始时为 1 , 2 , 3 ... n - 1 , n，现在有 m 次操作，每次操作表示为 ( k , x ) ，即进行 x 次 k-约瑟夫变换，问最终排列

题目分析：对于每一次的 k-约瑟夫变换，都可以视为一次置换群的结合操作，所以我们首先需要求出这个置换群是什么，假设上一次被取出来的数字是第 pos 个（初始时为 1 ），此时环内还剩下 cnt 个数字，则下一次需要被选出的数字是剩下数字的第 ( pos - 1 + k - 1 ) % cnt + 1 个，这个操作可以利用线段树上二分实现，时间复杂度为 nlogn

在求出置换群后，置换 x 次相当于置换群的 x 次幂，这个直接 O( n ) 去实现就好了，牛客二也做过一个类似的题，也是需要求置换群的幂

总的时间复杂度为 nmlogn

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
#include<unordered_map>
using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=1e5+100;int ans[N],temp[N],p[N],n,m;bool vis[N];struct Node
{int l,r,sum;
}tree[N<<2];void build(int k,int l,int r)
{tree[k].l=l;tree[k].r=r;if(l==r){tree[k].sum=1;return;}int mid=l+r>>1;build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);tree[k].sum=tree[k<<1].sum+tree[k<<1|1].sum;
}int query(int k,int pos)//找第pos大的数
{tree[k].sum--;if(tree[k].l==tree[k].r)return tree[k].l;if(tree[k<<1].sum>=pos)return query(k<<1,pos);elsereturn query(k<<1|1,pos-tree[k<<1].sum);
}void solve(int t)//O(n)实现置换群p的t次幂
{memset(vis,false,n+5);for(int i=1;i<=n;i++){if(vis[i])continue;vector<int>circle;int pos=i;while(!vis[pos]){circle.push_back(pos);vis[pos]=true;pos=p[pos];}int sz=circle.size();for(int i=0;i<sz;i++)temp[circle[i]]=ans[circle[(i+t)%sz]];}for(int i=1;i<=n;i++)ans[i]=temp[i];
}int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
//  freopen("data.in.txt","r",stdin);
//  freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
//  ios::sync_with_stdio(false);scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++)ans[i]=i;while(m--){build(1,1,n);int x,k,pos=1,cnt=n;scanf("%d%d",&k,&x);for(int i=1;i<=n;i++)//将k-约瑟夫变换转换为置换群{pos=(pos-1+k-1)%cnt+1;p[i]=query(1,pos);cnt--;}solve(x);}for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",ans[i]);return 0;
}

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