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党建3d互动虚拟现实网上展厅有何优势?

晚熟的猫 2024-04-29 阅读 7

题目描述

对于一个排列,小红定义该排列的总消耗为:1走到2,2走到3,……,最终从 n − 1 n-1 n1走到 n n n所需的最少的总步数。其中,每一步可以向左走一步,也可以向右走一步。

现在,小红只记得排列的大小 n n n和走的步数 k k k,但不记得排列的构造情况了。请你帮小红还原整个排列。

输入描述

两个正整数 n n n k k k,用空格隔开。

满足条件: 1 ≤ n ≤ 1 0 5 1 \leq n \leq 10^5 1n105 n − 1 ≤ k ≤ n ∗ ( n − 1 ) / 2 n-1 \leq k \leq n*(n-1)/2 n1kn(n1)/2

输出描述

如果无解,请输出-1。

否则输出构造的排列。有多解时输出任意即可。

示例

示例1

输入:

3 2

输出:

1 2 3

说明:

小红从1号开始,向右跳两步即可先跳到2,再跳到3。输出[3,2,1]这个排列也符合要求。

示例2

输入:

4 6

输出:

1 3 4 2

思路

首先,定义一个双端队列dq和一个位集vis,用于记录每个位置的状态。然后,从输入中读取两个整数nk,分别表示排列的大小和步数。

接着,计算j = k - (n - 1),这是一个关键步骤,其中n - 1表示在一个递增排列中从1走到n的最小步数。然后,对于n - 21的每个i,如果j大于等于i,就将j减去i,并将vis[i + 2]设为1,表示i+2位置的数需要反向放置。

定义一个方向变量dir,初始为0,表示正向放置。然后,对于1n的每个i,如果vis[i]1,就反转dir。如果dir1,就将i从队列前端插入,否则从队列后端插入。

最后,遍历输出队列dq中的每个元素,即为所求的排列。

输出描述中提到,如果无解,请输出-1。如果给定的步数 k 大于 n ∗ ( n − 1 ) / 2 n*(n-1)/2 n(n1)/2 或小于 n − 1 n-1 n1,那么就无法找到一个排列使得总消耗等于 k,即这个问题无解。但是输入描述中,给定 k 的范围为 n − 1 ≤ k ≤ n ∗ ( n − 1 ) / 2 n-1 \leq k \leq n*(n-1)/2 n1kn(n1)/2,所以无解的情况实际上是不会出现的,不需要特别考虑无解。


AC代码

#include <algorithm>
#include <bitset>
#include <iostream>
#include <deque>
#define AUTHOR "HEX9CF"
using namespace std;
using ll = long long;

const int N = 1e5 + 7;

ll n, k;
deque<int> dq;
bitset<N> vis;

int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);

	dq.clear();
	vis.reset();

	cin >> n >> k;
	ll j = k - (n - 1);
	for (int i = n - 2; i > 0; i--) {
		if (j >= i) {
			j -= i;
			vis[i + 2] = 1;
		}
	}

	bool dir = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (vis[i]) {
			dir ^= 1;
		}
		if (dir) {
			dq.push_front(i);
		} else {
			dq.push_back(i);
		}
	}

	for (const auto i : dq) {
		cout << i << " ";
	}
	cout << endl;

	return 0;
}

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