3990: [SDOI2015]排序
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Description
小A有一个1-2^N的排列A[1..2^N],他希望将A数组从小到大排序,小A可以执行的操作有N种,每种操作最多可以执行一次,对于所有的i(1<=i<=N),第i中操作为将序列从左到右划分为2^{N-i+1}段,每段恰好包括2^{i-1}个数,然后整体交换其中两段.小A想知道可以将数组A从小到大排序的不同的操作序列有多少个,小A认为两个操作序列不同,当且仅当操作个数不同,或者至少一个操作不同(种类不同或者操作位置不同).
下面是一个操作事例:
N=3,A[1..8]=[3,6,1,2,7,8,5,4].
第一次操作,执行第3种操作,交换A[1..4]和A[5..8],交换后的A[1..8]为[7,8,5,4,3,6,1,2].
第二次操作,执行第1种操作,交换A[3]和A[5],交换后的A[1..8]为[7,8,3,4,5,6,1,2].
第三次操作,执行第2中操作,交换A[1..2]和A[7..8],交换后的A[1..8]为[1,2,3,4,5,6,7,8].
Input
第一行,一个整数N
第二行,2^N个整数,A[1..2^N]
Output
一个整数表示答案
Sample Input
3
7 8 5 6 1 2 4 3
Sample Output
6
HINT
100%的数据, 1<=N<=12.
Source
Round 1 感谢ZKY制作非官方数据
思路题+爆搜。
可以发现使用操作的顺序对答案是没有影响的，那么我们可以就可以从i较小的开始枚举，最后计算对答案的贡献的时候阶乘一下即可。
从小到大枚举i的话会有一个神奇的性质：
在i操作的时候分成的每段都是2i?1个数字，那么我们先分每段为2i个数字，如果有超过两段不是从小到大且连续的数字，就无解。
因为每次交换最多只能使得两段有序。
所以dfs只要枚举如何交换即可。
（注意在完成i操作的dfs之后，划分出的长度为2i段都是递增且连续的，因为在i+1及之后的操作中都只能交换更大的块，所以小块必须在前面的交换中有序）
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#define LL long long
using namespace std;
LL ans=0,fac[20];
int v[100],a[100005],n,N;
int ok(int x,int y)
{
for (int i=x+1;i<=y;i++)
if (a[i]!=a[i-1]+1)
return 0;
return 1;
}
void Swap(int x,int y,int l)
{
for (int i=0;i<l;i++)
swap(a[x+i],a[y+i]);
}
void dfs(int i,int cnt)
{
if (i==n)
{
ans+=fac[cnt];
return;
}
int b[5],tot=0;
for (int j=0;j<N;j+=(1<<(i+1)))
if (!ok(j,j+(1<<(i+1))-1))
{
if (tot==4) return;
b[++tot]=j,b[++tot]=j+(1<<i);
}
if (!tot) dfs(i+1,cnt);
if (tot==2)
{
if (a[b[2]]+(1<<i)==a[b[1]])
{
Swap(b[1],b[2],1<<i);
dfs(i+1,cnt+1);
Swap(b[1],b[2],1<<i);
}
}
if (tot==4)
{
if (a[b[3]]+(1<<i)==a[b[2]]&&a[b[1]]+(1<<i)==a[b[4]])
{
Swap(b[1],b[3],1<<i);
dfs(i+1,cnt+1);
Swap(b[1],b[3],1<<i);
}
if (a[b[3]]+(1<<i)==a[b[1]]&&a[b[4]]+(1<<i)==a[b[2]])
{
Swap(b[1],b[4],1<<i);
dfs(i+1,cnt+1);
Swap(b[1],b[4],1<<i);
}
if (a[b[2]]+(1<<i)==a[b[4]]&&a[b[1]]+(1<<i)==a[b[3]])
{
Swap(b[2],b[3],1<<i);
dfs(i+1,cnt+1);
Swap(b[2],b[3],1<<i);
}
if (a[b[1]]+(1<<i)==a[b[4]]&&a[b[3]]+(1<<i)==a[b[2]])
{
Swap(b[2],b[4],1<<i);
dfs(i+1,cnt+1);
Swap(b[2],b[4],1<<i);
}
}
}
int main()
{
cin>>n;
fac[0]=1;
for (int i=1;i<=n;i++)
fac[i]=1LL*fac[i-1]*i;
N=1<<n;
for (int i=0;i<N;i++)
scanf("%d",&a[i]);
dfs(0,0);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
