CF1503D Flip the Cards（思维题）

题意

有 $n$ 张卡，每张卡上面有一个数 $a_i$，下面有一个数 $b_i$，每个数都在 $[1,2n]$ 范围内且仅出现一次。卡的顺序可以随意调整。现在可以翻转若干张卡，使得存在 $a_1<a_2<a_3<...<a_n$，$b_1>b_2>b_3>...>b_n$。要求翻转的次数最少，输出这个次数，无解输出 $-1$。
其中，$n\le 2\cdot 10^5,a_i,b_i\in [1,2n]$。

分析

最后的形式为：
$$\begin{gathered} a_1<a_2<...<a_n \\ {b}_1>b_2>...>b_n \end{gathered}$$
那么，$1$ 到 $n$ 这些数一定是由 $a$ 的一些前缀和 $b$ 的一些后缀构成，$n+1$ 到 $2n$ 一定是由 $a$ 的一些后缀和 $b$ 的一些前缀构成。因此，如果存在一张卡使得 $a_i\in [1,n],b_i\in [1,n]$ 或者 $a_i\in [n+1,2n],b_i\in [n+1,2n]$，那么一定是无解的。因此，每个 $[1,n]$ 的数，都会对应一个 $[n+1,2n]$ 的数。
现在，我们令 $f(k)$ 表示 $k$ 对应的数，$k\in [1,n]$。那么如果有解，数组 $[f(1),f(2),...,f(n)]$ 一定可以拆分成两个递减序列，其中一个放到上面，另一个放到下面，每个拆分都会唯一对应一种划分方案。但是，拆分的解可能不唯一，所以答案也不唯一。
题解提供了一种很巧妙的做法，对所有 $\underset{j\le i}{\min }f(j)\ge \underset{j>i}{\max }f(j)$ 的 $i$ 进行分段，这样的好处是：

1. 每一段都是独立的
2. 每一段的方案都是唯一的

因此我们可以对每一段单独求解。
我们维护两个序列，每次将 $f(i)$ 加入可以放的序列中即可，注意，除了第一个数，$f(i)$ 的选择一定是唯一的。
因此我们就把这题做完了，复杂度是 $O(n)$ 的。
好难呀=.=

代码如下

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	int n;
	cin >> n;
	vector<int> a(n), b(n), c(n), mp(n), suf(n);
	for(int i = 0; i < n; i++){
		int cost = 0;
		cin >> a[i] >> b[i];
		if(a[i] > b[i]) cost = 1, swap(a[i], b[i]);
		if(a[i] > n || b[i] <= n) cout << -1 << '\n', exit(0);
		b[i] -= n + 1, a[i]--;
		c[a[i]] = cost, mp[a[i]] = b[i];
	}
	suf[n - 1] = mp[n - 1];
	for(int i = n - 2; i >= 0; i--) suf[i] = max(suf[i + 1], mp[i]);
	int Min = 1e9, ans = 0;
	vector<int> v1, v2;
	for(int i = 0, cost1 = 0, cost2 = 0; i < n; i++){
		Min = min(Min, mp[i]);
		if(v1.empty() || v1.back() > mp[i]){
			v1.push_back(mp[i]);
			cost1 += c[i];
		}
		else if(v2.empty() || v2.back() > mp[i]){
			v2.push_back(mp[i]);
			cost2 += c[i];
		}
		else cout << -1 << '\n', exit(0);
		if(i == n - 1 || Min > suf[i + 1]){
			ans += min(cost1 + v2.size() - cost2, cost2 + v1.size() - cost1);
			v1.clear(), v2.clear();
			cost1 = cost2 = 0;
		}
	}
	cout << ans << '\n';
	return 0;
}