Description

　　
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Solution

　　
​　　 显然每一列只能一起动，乱动则无解。
　　
​　　 对原网格按列黑白染色，显然每一列数只能在相同颜色之间交换，乱动则无解。
　　
​　　 之后考虑构造方案。
　　
​　　 我们需要发(shou)现(wan)出一些好用的变换：
　　
​　　 （1）使一种颜色的相邻两列同时上下翻转。
　　
​　　 （2）使一种颜色的相邻两列交换，不翻转它们，而翻转另一个颜色中，不在这两列中间的，一个列。由于\(n \ge 5\)，我们总能实现这个操作。
　　
​　　 统计出黑色列总共需要使用（2）交换多少次达到目标、以及需要翻转多少次（由于使用（2）不影响上下状态，直接用初始状态作比较即可），记为\(flip_0\)与\(inv_0\)，同理对白色列计算\(flip_1\)与\(inv_1\)。
　　
​　　 我们首先使用（2）逐一实现每一个\(flip_0\)，每做一次\(flip_0\)的同时，\(inv_1\)也会减少一次。同理每做一次\(flip_1\)，\(inv_0\)也会减少一次。
　　
​　　 优先做完\(flip_0\)与\(flip_1\)，此时\(inv\)不论是正负都没关系（负也是有意义的），只要是偶数，就可以使用（1）逐个翻转回来。重要的是此时\(inv\)必须是偶数，这意味着没操作前，当且仅当\(flip_0\)与\(inv_1\)的奇偶性相同，且\(flip_1\)与\(inv_0\)的奇偶性相同时，才有解，否则无解。
　　
​　　 对于\(flip\)的计算，使用冒泡排序类模拟的套路，通过统计原位置右边有多少已操作的数来计算出当前实际位置，从而确定每一次冒泡的步数。
　　
​　　 总时间复杂度\(\mathcal O (n \log_2 n)\)
　　
　　
　　

Code

#include <cstdio>
using namespace std;
const int N=100005;
int n;
int a[N][3],where[N];
int inv[2],flip[2];
inline int abs(int x){return x<0?-x:x;
}
void readData(){scanf("%d",&n);for(int j=0;j<3;j++)for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i][j]);
}
bool preDraw(){for(int i=1;i<=n;i++){int id=(a[i][0]-1)/3+1;if((i-id)&1) return false;where[id]=i;int x=(id-1)*3+1,y=x+1,z=y+1;if(a[i][0]==x&&a[i][1]==y&&a[i][2]==z);else if(a[i][0]==z&&a[i][1]==y&&a[i][2]==x)inv[i&1]^=1;else return false;}return true;
}
namespace BIT{//suffix sumint a[N];inline void add(int u,int x){for(;u;u-=u&-u)a[u]+=x;}inline int que(int u){int res=0;for(;u&&u<=n;u+=u&-u)res+=a[u];return res;}inline void reset(){for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=0;}
}
void calcFlip(){for(int i=1;i<=n;i+=2){int nowpos=where[i]+BIT::que(where[i])*2;flip[1]^=(abs(i-nowpos)/2)&1;BIT::add(where[i],1);}BIT::reset();for(int i=2;i<=n;i+=2){int nowpos=where[i]+BIT::que(where[i])*2;flip[0]^=(abs(i-nowpos)/2)&1;BIT::add(where[i],1);}
}
int main(){readData();if(!preDraw()){puts("No");return 0;}calcFlip();if(inv[0]!=flip[1]||inv[1]!=flip[0])puts("No");else puts("Yes");return 0;
}