置换的基础应用（附POJ 3270 Cow Sorting 解题报告）

       对于n个给定的不同的数，我们可以将任意一个排列看成是一个置换。于是对于POJ 3270这道题，我们这样看：首先给你的一个n个任意不同的数形成一个排列，然后我们对这个排列中的数从小到达排序。题目中要求的就是要形成升序的排列。那么我们把输入的那个排列看成是一个置换。

       于是对于任意一个置换，都可以使用置换环相乘的形式表现出来。于是为了使的置换环中的数都回到原来的位置，每一个数必须至少被交换一次。我们使用置换环中的任意一个数进行多次的交换必然可以将所有的数还原到合适的位置上，但是为了能够使得交换时候的两个数的和尽量的小，我们选择置换环中的最小的那个元素进行多次交换，这样的方式是一个环中的解必然是最优的。于是结果可以表示为sum+(len-2)*minNum，其中sum表示置换环中所有元素的和，len表示置换环中的元素的个数，minNum表示置换环中的最小的元素。

       当然除了使用置换环中的元素来进行多次交换使得个元素回到原来的位置上之外，我们还可以选择外面的任意一个元素代替环中的最小元素进行多次的交换，但是这个时候需要引入环中的最小元素和该元素多余的两次交换的和。那么我们应该选外面的那个元素呢？很显然，为了使解尽量的优，我们必然选择整个数列中的最小的那个元素代替环中的最小元素进行交换，这个时候的交换的花费就是：sum-minNum+small+(len-2)*small+minNum*2+small*2也就是:sum+minNum+(len+1)*small，其中small是整个数列中的最小的那个元素。

       那么分析了这么多，对于每一个置换环中的最优的解便是上面的两个解中的较小的那个啦……下面附上我的代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int Max=100010;
vector adj[Max];
int vis[Max];
void init()
{
    for(int i=1;i<=Max;i++)
        adj[i].clear();
    memset(vis,0,sizeof(vis));
}

int a[10010],b[10010];

int bfs(int s,int small)
{
    int ss=s;
    int minNum=s;
    int sum=s;
    int d=1;
  //  printf("begin %d ",ss);
    while(adj[s][0]!=ss)
    {
    //    printf("%d ",adj[s][0]);
        d++;
        minNum=min(minNum,adj[s][0]);
        s=adj[s][0];
        vis[s]=1;
        sum+=s;
    }
    int tsum=sum+minNum+(d+1)*small;
    sum+=(d-2)*minNum;

    return min(sum,tsum);
}

int main()
{
    int n,i;
    int ans;
    int small;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        init();
        small=0xFFFFFFF;
        for(i=0;i