[环图] aw3775. 数组补全(思维+构造+CF1283C)

Posted 2021-08-22 Ypuyu

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• • 1. 题目来源
  • 2. 题目解析

1. 题目来源

链接：3775. 数组补全

推荐题解：方法一 的题解，排序填入再调整

一个图，n 个点的出度、入度都是 1，那么该图一定是由若干环组成。有无自环看具体题意。

2. 题目解析

先不谈环图，来个简单做法。

方法一： 降序填入，至多一个冲突，解决即可。

• 统计未出现的所有数字，也就是代填数字。
• 将所有数字从大到小排序，准备往空格位置填。
• 由于我们是按数字的从大到小填，而数组空余位置的下标关系是从小到大的。所以只可能会有一个位置的 f[i]=i，针对这个位置，可以与其它位置做交换就行了。
• 交换方式是：记录待插入数中第一个数$f(1)$和最后一个数$f(m)$的插入位置，记为 $a$、$b$，当前冲突位置数 $f(i)=i$，根据排序后的大小关系 $a<i<b$、$f(1)>f(i)>f(m)$，那么可以让 $f(i)$ 与两者任意调换一个位置即可。由于 $f(1)、f(m)$ 均不等于 $i$，则调换后一定会成功。当然，$f(1)、f(m)$ 自身也可能重复，所以需要记录两个，当边界重复的时候互相调换即可，否则每次只与 $f(1)$ 调换即可。

方法二： 环图解法。

• 下标从 1~n，数的范围也是从 1~n，对于每一个存在的数，即 f[i]!=0 的话，将下标到数值连一条有向边，i-->f[i]，即构成环。故本题转化为一个图论问题！
• 不存在 f[i]=i，等价于图中不存在自环。
• 该图性质：每个点出度、入度均为 1。如果满足这两条性质，则该图一定是由若干环构成，不存在分叉，不然出度、入度将大于 1。
  • 下标 i，出现且仅出现一次，即每个点的出度为 1。
  • 值 f[i]，出现且仅出现一次，即每个点的入度为 1。
  • 这样图一定由若干环构成。
• 由若干环构成的图将其称为环图！
• 即，本题中的环总共有两种情况，环首尾相连是完整的，环首尾相连不完整。
  • 对于完整的环来讲，就是满足答案的，不需要处理。
  • 对于不完整的环来讲，我们仅需首尾相连，连一条边，就可以将其构成完整的环。
• 对于未填入的数字，我们仅需找到一个不完整的环之后，并找到该环的头、尾，然后将数字首尾相连加入环即可。做完之后，对于其它环就不用加入数字了，直接首尾相连即可。
• 当然，我们可能找到的环均是完整环，那么只需要让这些未填数字构成一个完整环就行了。
• 由于需要找到一个环的头、尾，存边关系的时候需要记录每个点的父节点是谁，便于反向查找到环头，环尾的话就一直找子节点就行了。

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可能方法一更容易理解，但是方法二环图的解法在其余题中应用更广，并且是基环树、仙人掌等困难算法中的一部分，对于本题来讲就是环图的模板题，简单学习性质。

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时间复杂度：$O(n)$

空间复杂度：$O(n)$

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方法一： 降序填入即可，至多一个冲突就交换。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 2e5+5;

int n;
int a[N];
int b[N], cnt;

int main() {
    int T; cin >> T; while (T -- ) {
        memset(b, 0, sizeof b), cnt = 0;
        
        cin >> n;
        unordered_set<int> S;
        for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
            cin >> a[i];
            S.insert(a[i]);
        }
        
        for (int i = n; i; i -- ) {
            if (!S.count(i))
                b[cnt ++ ] = i;
        }
        
        int l, r;
        for (int i = 1, j = 0; i <= n; i ++ ) {
            if (!a[i]) {
                a[i] = b[j];
                if (!j) l = i;
                else if (j == cnt - 1) r = i;
                j ++ ;
            }
        }
        
        for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
            if (a[i] == i) {
                if (i == l) swap(a[i], a[r]);
                else swap(a[i], a[l]);
            }
        }
        
        for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cout << a[i] << ' ';
        cout << endl;
    }
    
    return 0;
}

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方法二： 环图解法，代码细节比较多。

如果一个点，没在环中出现，等价于该点没有出边和入边，在此两个都需要判断，否则如第三个输入 n=7, 7 4 0 3 0 5 1，这个情况，6 指向 5，但是 5 的出边是 0，那么在考虑 2 的出边时应该是什么时，就不能仅选择出边为 0 的 5，因为 5 已经有入边了，入边为 6，所以在此真正出边、入边均为 0 的才是要加入环中的点，且在别的环中也没出现过。

而在最后的话，均是完整环，在判断局外点，顺序判断，只要出边是 0，那就是局外点，因为最后这些局外点要构成一个环，那么初始时他们的出度、入度都是 0，就不需要在判断出边的同时再判断入边是 0 了。

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代码写的还是蛮细节的，思维难度并不大，关键是编程思维，能否将其实现成代码。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 2e5+5;

int n;
int p[N], q[N];     // 边i-->f[i]，反向边f[i]-->i
bool st[N];

int main() {
    int T; cin >> T; while (T -- ) {
        memset(p, 0, sizeof p);
        memset(q, 0, sizeof q);
        memset(st, 0, sizeof st);
        
        cin >> n;
        for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
            cin >> p[i];
            q[p[i]] = i;
        }
        
        bool flag = false;                      // 有无不完整环
        for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
            if (st[i] || !p[i]) continue;       // 如果被处理过，或者无出边(f[i]=0 的情况)
            st[i] = true;
            int x = i, y = i;                   // 环头、尾
            while (p[x] && !st[p[x]]) {         // 如果头的下一个有点，并且未被处理过，则向下一个走，并标记
                x = p[x];
                st[x] = true;
            }
            
            while (q[y] && !st[q[y]]) {         // 如果尾的上一个有点，并且未被处理过，则向上一个走，并标记
                y = q[y];
                st[y] = true;
            }
            
            // 至此，i 这个点所在的环就被拓展完毕了。y 是所在环尾的点，p[x] 是环头指向的下一个
            if (p[x] == y) continue;            // 如果环已经连通，即是完整环
            
            if (!flag) {                        // 该环没有处理过，是第一个不完整的环，则添加所有待添加数即可
                flag = true;
                for (int j = 1; j <= n; j ++ ) 
                    if (!p[j] && !q[j]) {       // 该点没有出边、没有入边，说明就是完全的局外点
                        p[x] = j;               // 这些局外点加入这个完整环即可
                        x = j;
                        st[j] = true;
                    }
            }
            
            p[x] = y;
        }
        
        // 如果均是完整环，那么将局外点自己组成一个环即可
        if (!flag) {
            int x = 0, y = 0;                   // 头、尾，初始化为 0，都还没有
            for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
                if (!p[i]) {                    // 如果该点还没出边，则就是局外点了
                    if (!x && !y) x = y = i;
                    else {
                        p[x] = i;
                        x = i;
                    }
                }
            }
            
            p[x] = y;
        }
        
        // 输出所有点
        for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cout << p[i] <<  ' ';
        cout << endl;
        
    }
    
    return 0;
}