11925 - Generating Permutations

乍看该题似乎无法下手，但是我们注意到题目所给的操作次数非常大， 而且看它的两个操作，是不是感觉很熟悉？ 没错，冒泡排序的复杂度正是O(n^2) 。

该题正是冒泡排序的改进版 。   但是题目要求我们的是将一个1~n的升序序列变成给定序列，这是不好操作的，我们不妨用逆思维来想，由所给序列变成升序排列应该也是可行的。 但是问题在于操作只有两个，是规定好的，那么我们相应的也要变一下，将操作2变成从队列尾拿一个数放到队首 。 操作一并没有规定顺序，所以不需要改变 ，下面我们要做的就是怎么样可以变成升序的 。

我们受到冒泡排序的思想的启发（仅仅比较相邻两个元素，百度百科上有详细的介绍），我们可以不断比较前两个元素，使之成为升序，然后从队尾添加一个元素到队首，重复以上操作 。 这样，最坏的情况是：每个元素都与其他元素比较了大小 。  所以，显然每个元素的顺序也将正确的升序排列 。 

但是值得注意的是：如果按照这个方法，第三组样例会出现错误，陷入了死循环 。。原因很神奇。。我们不妨手动模仿一下，可以发现，在一个循环之中，1和其他三个元素全部比较了一遍，恰好返回原状 ！换句话说，1总是在队首，因为它是最小的 。因此，我们将这个特例特判一下，当n在队首时不交换前两个元素 。 至于为什么这样是对的，还是不太明白，明白之后再将详细证明奉上 。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[305],ans[100000000];
list<int> q;
int main() {
    while(~scanf("%d",&n)&&n) {
        q.clear();
        for(int i=0;i<n;i++) {
            scanf("%d",&a[i]);
            q.push_back(a[i]);
        }
        list<int> :: iterator it;
        list<int> :: iterator io;
        bool ok = true; int cnt = 1,rear = 0;
        for(int i=0;i<2*n*n;i++) {
            ok = true; cnt = 1;
            for(it = q.begin();it!=q.end();++it) {
                if((*it)!=cnt) { ok = false; break; }
                cnt++;
            }
            if(ok) break;
            it = q.begin();
            io = it; ++it;
            if(*io!=n && *it < *io) { int c = *io; *io = *it; *it = c; ans[rear++] = 1; }
            ok = true; cnt = 1;
            for(it = q.begin();it!=q.end();++it) {
                if((*it)!=cnt) { ok = false; break; }
                cnt++;
            }
            if(ok) break;
            int c = q.back();
            q.pop_back(); q.push_front(c); ans[rear++] = 2;
        }
        for(int i=rear-1;i>=0;i--) printf("%d",ans[i]);
        printf("\n");
    }
    return 0;
}