懶得復制，戳我戳我

Solution:

• 這個題面出的很毒瘤，讀懂了其實是個板子題qwq
• 題面意思：有個\(0\)至\(N-1\)的數列是由另一個數列通過加減得到的，相當於將\(A_i\)變成\(i\)，每一步的代價計算就是\(min(A_i-i,N-(A_i-i))\)，並且\(A_i\left(0<=i<N\right)\)互不相同，讀入代價，要求字典序最小的滿足要求的數列
• 我們設讀入的為\(w[i]\)
• 思路其實很簡單，\(i\)只可能是由\(i-w[i]\) 或者 \(i+w[i]\) 或者 \(i+N-w[i]\) 或者 \(i-N+w[i]\)，然後我們把符合範圍\(0\)至\(N-1\)
  的對應點從大到小建圖，這樣可以保證搜的時候是從小的點開始
• 然後就從\(N-1\)到\(0\)進行二分圖匹配，如果無法匹配就輸出\(No Answer\)，這樣從後到前匈牙利算法去做，保證越前面的匹配的數是最小的。

• 因為\(be[i]\)中存的是\(i\)數字對應變成的數字是什麽，所以反過來存一下輸出就好啦

  主要是想字典序最小的地方有點emmm神奇，其他的地方還是比較顯然的

Code：

//It is coded by Ning_Mew on 3.17
#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int maxn=1e5+7;

bool
 
 vis[maxn];
int n,w[maxn],be[maxn],ans[maxn];
int head[maxn],cnt=0;
struct Edge{
  int nxt,to;
}edge[maxn*4];
priority_queue<int>q;

void add(int from,int to){
  edge[++cnt].nxt=head[from];
  edge[cnt].to=to;
  head[from]=cnt;
}
bool find(int k){
  for(int i=head[k];i!=0;i=edge[i].nxt){
    int v=edge[i].to;
    if
 
(!vis[v]){
      vis[v]=true;
      if(be[v]==-1||find(be[v])){be[v]=k;return true;}
    }
  }return false;
}
int main(){
  scanf("%d",&n);
  while(!q.empty())q.pop();
  for(int i=0;i<n;i++){
    scanf("%d",&w[i]);
    q.push(i-w[i]);  q.push(i+w[i]);
    q.push(i+n-w[i]);q.push(i-n+w[i]);
    while(!q.empty()){
      int box=q.top();q.pop();
      //cout<<box<<endl;
      if(box>=0&&box<n)add(i,box);//cout<<i<<‘ ‘<<box<<endl;
    }
  }
  memset(be,-1,sizeof(be));
  for(int i=n-1;i>=0;i--){
    memset(vis,false,sizeof(vis));
    if(find(i));
    else{printf("No Answer\n");return 0;}
  }
  for(int i=0;i<n;i++)ans[be[i]]=i;
  for(int i=0;i<n;i++)printf("%d ",ans[i]);printf("\n");
  return 0;
}

【題解】 [NOI2009]變換序列 （二分圖匹配）