置换群题目汇总

首先介绍一下什么是置换群，不说一些繁琐的概念。
首先给你一个序列，假如：
s = {1 2 3 4 5 6}
然后给你一个变换规则
t = {6 3 4 2 1 5}
就是每一次按照t规则变换下去
比如这样
第一次：6 3 4 2 1 5
第二次：5 4 2 3 6 1
第三次：1 2 3 4 5 6
发现经过几次会变换回去，在变换下去就是循环的了，这就是一个置换群。
我们可以这样表示一个置换群，比如按照上面变化规则
1->6->5->1 那么这些是一个轮换
2->3->4->2 这些是一个轮换
所以可以写为
t = { {1 6 5},{ 2 3 4 } }，然后就衍生出了一些这样的题目
1： nyoj900序列置换
就是求置换群的的一个循环，那么很明显，我们求出置换群中的所有轮换的元素个数，求最小公倍数即可，注意这个题目会超int，坑…
AC代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int N = 300;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
typedef long long LL;
int next[N];
bool ok[N];
LL gcd(LL a,LL b)
{
    return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
int main()
{
    int n;
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&next[i]);
        }
        LL ans = 1;
        memset(ok,false,sizeof(ok));
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            if(ok[i]==false)
            {
                int tmp = i;
                LL cnt = 1;
                ok[i] = true;
                while(next[tmp]!=i)
                {
                    cnt++;
                    tmp = next[tmp];
                    ok[tmp] = true;
                }
                LL css = gcd(ans,cnt);
                ans = (ans*cnt)/css;
            }
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

2：poj3270 Cow Sorting
题意是给你一个序列s = {a1,a2……an}，然后可以任意交换其中两个元素 i , j 的位置，代价是位ai + aj，然后让你把这个序列变成有序，求最小代价

思路：对置换群的巧妙应用
首先我们求出所有轮换，对于一个轮换，我们用其中最小的元素去交换得到其他的显然是最优的方案。
例如，数字是8 4 5 3 2 7
明显，目标状态是2 3 4 5 7 8，能写为两个轮换：(8 2 7)(4 3 5)。
观察其中一个轮换，要使交换代价最小，应该用循环里面最小的数字2，去与另外的两个数字，7与8交换。这样交换的代价是：
sum - min + (len - 1) * min
化简后为：
sum + (len - 2) * min
其中，sum为这个循环所有数字的和，len为长度，min为这个环里面最小的数字。
.考虑到另外一种情况，我们可以从别的循环里面调一个数字，进入这个循环之中，使交换代价更小。例如初始状态：1 8 9 7 6
可分解为两个循环：(1)(8 6 9 7)，明显，第二个循环为(8 6 9 7)，最小的数字为6。我们可以抽调整个数列最小的数字1进入这个循环。使第二个循环变为：(8 1 9 7)。让这个1完成任务后，再和6交换，让6重新回到循环之后。这样做的代价明显是：
sum + min + (len + 1) * smallest
其中，sum为这个循环所有数字的和，len为长度，min为这个环里面最小的数字，smallest是整个数列最小的数字。
那么就很明朗了。
AC代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int N = 10010;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int pss[N];
int a[N];
bool ok[10*N];
int next[10*N];

int main()
{
    int n;
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        memset(ok,true,sizeof(ok));
        int mi = inf,ma = -1;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d",&pss[i]);
            a[i] = pss[i];
            mi = min(mi,pss[i]);
            ma = max(ma,pss[i]);
            ok[ pss[i] ] = false;
        }
        sort(a+1,a+1+n);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            next[ a[i] ] = pss[i];
        }
        int ans = 0;
        for(int i=1;i<=ma;i++)
        {
            if(ok[next[i] ] == false)
            {
                int num = i, tmpmi = i;
                int cnt = 1,count = i;
                ok[num] = true;
                while(next[num]!=i)
                {
                    num = next[num];
                    cnt++;
                    count+=num;
                    ok[num] = true;
                    tmpmi = min(tmpmi,num);
                }
                ans+=min(count+(cnt-2)*tmpmi,count+tmpmi+(cnt+1)*mi);
            }
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}
还有一道比较牛的题目，用到扩展欧几里得，还没有做出来，后面更新