[ICPC2014 WF] Baggage

拿到这种题，首先不要慌张。

这道题有很明显的规律性： BABABABA …

那么这道题再难也不难。

手玩。手玩的时候要有清晰的目标，因为手玩的目的是让我们直观地感受规律，发现规律。毫无目的的手玩只是在浪费时间。

尤其是这种规律性强的题目，手玩的结果往往具有普遍性，可以推而广之。

当题目比较复杂时，手玩很有可能出错 。这个时候要结合暴力程序进行验证。

当然这都不是最核心的。本题最核心的是 递归构造 。

而且这个构造 比较复杂，不那么明显 ，特别是这种带有 最小步数 限制的构造题目，往往考验创造性思维。

以这道题为例，操作顺序是很重要的，我们要先把中间的还原，才能把两边的也还原。

最后优美的结论是，操作次数恰好为 nnn 次。

如果你执着于先将两边的复原的话，复原左右 444 个则需要 555 步。

失之毫厘，差之千里啊！

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
void p(int x,int y) {printf("%d to %d\n",x,y);
}
void solve(int l,int n) {if(n==4) {p(l+7,l),p(l+4,l+7),p(l+1,l+4),p(l+8,l+1);return;}if(n==5) {p(l+9,l),p(l+4,l+9),p(l+7,l+4),p(l+1,l+7),p(l+10,l+1);return;}if(n==6) {p(l+11,l),p(l+8,l+11),p(l+3,l+8),p(l+7,l+3),p(l+1,l+7),p(l+12,l+1);return;}if(n==7) {p(l+9,l),p(l+6,l+9),p(l+13,l+6),p(l+4,l+13),p(l+10,l+4),p(l+1,l+10),p(l+14,l+1);return;}int r=l+2*(n+1)-1;p(r-2,l),p(l+4,r-2);solve(l+4,n-4);p(l+1,r-5),p(r-1,l+1);
}
int main() {while(scanf("%d",&n)!=-1) {if(n==3) {p(2,-1),p(5,2),p(3,-3);}else {solve(-1,n);}printf("\n");}}

暴力代码（用于 n=3,4,5,6,7）时的特殊构造。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int s[15]={0,0,2,1,2,1,2,1,2,1,2,1},t[15]={1,1,1,1,1,2,2,2,2,2};
int tx[15],ty[15];
void dfs(int x) {if(x>5) {int flg=1; for(int i=0;i<10;i++) if(s[i]!=t[i]) flg=0;if(flg) {int r[15]={0,0,2,1,2,1,2,1,2,1,2,1};for(int i=1;i<=5;i++) {swap(r[tx[i]],r[ty[i]]);swap(r[tx[i]+1],r[ty[i]+1]);for(int j=0;j<12;j++) {if(r[j]==1) printf("%c",'A');else if(r[j]==2) printf("%c",'B');else printf(" ");}printf("\n");}exit(0);} return;}for(int i=0;i<12;i++) {for(int j=i+2;j<12;j++) {if(s[i]&&s[i+1]&&!s[j]&&!s[j+1] || !s[i]&&!s[i+1]&&s[j]&&s[j+1]) {tx[x]=i,ty[x]=j;swap(s[i],s[j]),swap(s[i+1],s[j+1]);dfs(x+1);swap(s[i],s[j]),swap(s[i+1],s[j+1]);}}}
}
int main() {dfs(1);
}

嗯，我们最后还需要补上一个不重要的最小步数的证明

有 2(n−1)2(n-1)2(n−1) 对相邻的类型相同的包裹，而我们插入一对最多增加 2 对相邻的包裹，同时因为第一次操作只能插在左右两端，所以只会增加一对，因此步数下界为 ⌈2n−32⌉+1=n\lceil\frac{2n-3}{2}\rceil +1=n⌈22n−3⌉+1=n 。

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