CF1504D Flip the Cards（找规律+贪心）

题目大意：给你n张牌，正反面都有数字，保证所有牌上的数字在$[1,2n]$内且互不相同。你可以翻转任意张牌，接下来需要把牌按正面的数字从小到大排序，需要保证排序后牌背面的数字是从大到小。给出初始时牌的状态，问最少需要多少次翻转才能符合要求，如果一定达不到要求则输出-1。 n=1e5

限制关系是环，难以从前到后直接处理这个长度为2n的序列

套路1：把序列砍成一半

我们定义$a[i]$表示数$i$的牌背面的数字是多少。

多画几个例子容易发现，如果一张牌正反面都$\le n$或正反面都$>n$，一定不合法！因为数字各不相同，排的时候剩余的空不够！假设有一张牌的数字都$\le n$，那么在$[1,n]$内可用的其他位置为$n-2$个，却还有$n-1$张牌要占位置。都$>n$的情况是同一个道理

现在只考虑$[1,n]$，我们需要把$a[i]$划分成两个下降子序列！第一个序列i正面$a[i]$负面，第二个序列从后到前，a[i]反面i正面。

套路2：观察性质

如果$i$满足$min_{j\le i}(a[j]) > max_{j>i}(a[j])$，我们称$i$和$i+1$的间隔是一个间断，间断把序列分成数段，段和段之间的答案不会相互影响，因为段头可以接在任意一个子序列的末尾

单个段具有特殊性质！如果这段能划分成两个下降子序列，那么划分的方式是唯一的

证明：

假设这一段是$[l,r]$，那么只有唯一的一个$x\in(l,r],a[x]>a[l]$

对于$i\in (l,r]$

1.要么存在$l\le j<i$，$a[j]<a[i]$，$i$和$j$一定不在一组

2.要么存在$ia[i]$，$k$和$i$不在一组

对于$(l,x)$的位置，一定和l划分到一组。在这之后，l开头一组，x开头一组。现在需要证明$(x,r]$之间的划分方式唯一

如果$a[i]$小于l的序列的末尾元素，似乎可以把i分到l或者x的末尾。但它一定不满足性质1，则性质2成立，它必须和k不在同一组。如果k满足性质2，对应的位置是k'，那么i,k,k'都不在同一组，一定不合法，因此k只能满足性质1，与i不在同一组。如果a[i]大于l的末尾元素，则只可能放在x的末尾。

当遍历到x+1是，l组的末尾（也就是x-1）满足性质2，x-1对应的k一定不和l一组，只能和x一组。归纳到(x,r]的其他位置，唯一确定了这一段的划分方式

综上，我们只需要关心l是正还是反就行了，正反两种情况讨论一下取最小值即可

1 const int maxn=400000,N1=maxn+5; const int inf=0x3f3f3f3f;
2
3 int n;
4 template void read(_T &ret)
5 {
6 ret=0; _T fh=1; char c=getchar();
7 while(c<'0'||c>'9'){ if(c=='-') fh=-1; c=getchar(); }
8 while(c>='0'&&c<='9'){ ret=ret*10+c-'0'; c=getchar(); } 9 ret=ret*fh; 10 } 11 int oa[N1],ob[N1],a[N1], type[N1]; 12 int sma[N1],smi[N1]; 13 14 int mi[2]; 15 int check(int l,int r,int p) 16 { 17 mi[p]=a[l]; mi[p^1]=inf; int ans=type[l]^p; 18 for(int i=l+1;i<=r;i++) 19 { 20 if(a[i]>max(mi[p],mi[p^1])) return -1;
21 if(mi[p]n && ob[i]>n) ){ puts("-1"); return 0; }
55 if(oa[i]<=n) a[oa[i]]=ob[i]; else a[ob[i]]=oa[i], type[ob[i]]=1; 56 } 57 smi[0]=inf; 58 for(int i=1;i<=n;i++) smi[i]=min(smi[i-1],a[i]); 59 for(int i=n;i>=1;i--) sma[i]=max(sma[i+1],a[i]);
60 int ans=solve();
61 printf("%d\n",ans);
62 return 0;
63 }