BogoSort - 题解

标签与难度

标签: 置换群, 循环分解, 最小公倍数(LCM), 高精度计算, 数论, 图论难度: 2200

题目大意喵~

你好呀，指挥官！今天我们遇到了一个叫 Tonnnny 的可爱猴子，他“改进”了一下著名的 Bogo Sort（猴子排序）算法，喵~

原本的 Bogo Sort 是不断地随机打乱数组，直到数组有序为止。但 Tonnnny 不喜欢随机，所以他选了一个自己最喜欢的、长度为 $N$ 的固定排列 $p$ ，用它来代替随机打乱。

Tonnnny 的 shuffle 操作是这样的：对于一个数组 a，新的数组 a_new 的第 i 个元素 a_new[i] 会被赋值为旧数组 a 的第 p[i] 个元素。他会重复这个操作，直到数组变得有序（即 a[0] <= a[1] <= ... <= a[N-1]）为止。

我们作为 Tonnnny 的好朋友，想让他尽可能久地开心下去。所以，我们的任务是计算出，总共有多少个不同的初始数组，可以通过 Tonnnny 的排序算法最终变得有序。

因为答案可能会非常非常大，所以我们需要将结果对 $10^N$ 取模。 $N$ 最大可以到 1000 哦！

解题思路分析

这道题看起来有点绕，但别担心，跟着我的思路一步步来，很快就能理清啦，喵~

第一步：理解 Tonnnny 的排序过程

首先，我们来分析一下 Tonnnny 的 shuffle 操作。a_new[i] = a_old[p[i]]。这是一个确定性的操作。如果我们把初始数组叫做 $a_0$ ，经过一次 shuffle 后得到 $a_1$ ，再 shuffle 一次得到 $a_2$ ，以此类推。

一个初始数组 $a_0$ 如果能被排序，就意味着在序列 $a_0, a_1, a_2, \dots$ 中，至少有一个数组 $a_k$ 是有序的。

$a_k$ 有序的条件是：对于所有的 $i \in [1, N-1]$ ，都有 $a_k[i-1] \le a_k[i]$ 。我们来追溯一下 $a_k$ 的元素和 $a_0$ 的关系： $a_1[i] = a_0[p[i]]$ $a_2[i] = a_1[p[i]] = a_0[p[p[i]]]$ ... 经过 $k$ 次操作后，p 这个置换作用了 $k$ 次，我们记作 $p^k$ 。所以 $a_k[i] = a_0[p^k(i)]$ 。

于是，数组 $a_0$ 能被排序，等价于存在一个非负整数 $k$ ，使得对于所有 $i \in [1, N-1]$ ，都满足：

a_0[p^k(i-1)] \le a_0[p^k(i)]

这个不等式链告诉我们，初始数组 $a_0$ 的元素值，必须在按照 p^k 作用后的下标序列 (p^k(0), p^k(1), ..., p^k(N-1)) 上是单调不减的。

第二步：一个关键的简化！

题干中说“一个不同的数组”，但没有规定数组里的数必须是什么。如果我们可以从整数集合 $\mathbb{Z}$ 中任意取值，那么满足 x <= y 的数组有无限多个，这样一来，可排序的数组也会有无限多个。这显然不是题目的本意，喵~

我们注意到，答案需要对 $10^N$ 取模。这是一个非常强的暗示！它告诉我们，答案是一个具体的、非常大的整数。这引导我们去思考一个更受限制、但更典型的场景：如果初始数组是 {1, 2, ..., N} 的一个排列呢？

让我们来分析一下这个简化后的情况。假设我们的数组包含的是 $N$ 个不同的值，不妨设为 $v_1 < v_2 < \dots < v_N$ 。那么，一个有序的数组必须是 (v_1, v_2, ..., v_N)。

如果一个初始排列 π (一个数组) 经过 k 次 shuffle 后变得有序，那就意味着：

a_k[i] = v_{i+1} \quad (\text{使用1-based索引})

结合 $a_k[i] = a_0[p^k(i)]$ ，我们得到：

a_0[p^k(i)] = v_{i+1}

这说明，对于一个给定的 k，初始数组 a_0 是唯一确定的！它的第 j 个元素 a_0[j] 应该是哪个 $v$ 值呢？令 $j = p^k(i)$ ，则 $i = (p^k)^{-1}(j)$ ，所以 $a_0[j] = v_{(p^k)^{-1}(j)+1}$ 。

这意味着，对于每个 k，都对应着一个可能的可排序的初始数组。这些数组会不会重复呢？两个数组 $a_0^{(k_1)}$ 和 $a_0^{(k_2)}$ 相同，当且仅当置换 $(p^{-1})^{k_1}$ 和 $(p^{-1})^{k_2}$ 相同。这等价于 $p^{k_2-k_1}$ 是单位置换（即所有元素都映射到自身）。这只有在 $k_2-k_1$ 是置换 $p$ 的阶 (order) 的倍数时才会发生。

置换 $p$ 的阶，是指最小的正整数 m 使得 $p^m$ 是单位置换。所以，在 $k = 0, 1, 2, \dots, \text{ord}(p)-1$ 的范围内，我们能得到 $\text{ord}(p)$ 个不同的可排序初始数组。

因此，问题的核心就转化为了求置换 p 的阶！

第三步：计算置换的阶

一个置换的阶怎么求呢？这需要我们将置换分解成不相交的循环（disjoint cycles），喵~ 一个置huan的阶，等于它所有不相交循环的长度的最小公倍数 (LCM)。

举个例子：如果 $N=5$ ， $p = [2, 3, 1, 5, 4]$ (1-indexed)。我们来找循环：

从 1 开始： $1 \to p[1]=2 \to p[2]=3 \to p[3]=1$ 。这是一个长度为 3 的循环 (1 2 3)。
从 4 开始： $4 \to p[4]=5 \to p[5]=4$ 。这是一个长度为 2 的循环 (4 5)。

这个置换 $p$ 被分解成了两个循环，长度分别为 3 和 2。那么 ord(p) = lcm(3, 2) = 6。在这个例子里，就有 6 个不同的初始排列可以被 Tonnnny 排序。

第四步：处理大数计算

现在我们的任务清单很清晰了：

找到置换 p 的所有不相交循环的长度 $L_1, L_2, \dots, L_m$ 。
计算 $\text{lcm}(L_1, L_2, \dots, L_m)$ 。
将结果对 $10^N$ 取模。

计算 LCM 的经典方法是利用质因数分解：

\text{lcm}(a, b, c, \dots) = \prod_{q \text{ is prime}} q^{\max(\nu_q(a), \nu_q(b), \nu_q(c), \dots)}

其中 $\nu_q(n)$ 是 $n$ 的质因数分解中质数 $q$ 的指数。

所以，我们的算法是：

找出所有循环长度：用一个 visited 数组，遍历 0 到 N-1，如果一个下标 i 没被访问过，就从它开始沿着 p 走，直到回到 i，记录下一个循环的长度。
质因数分解：对每个循环长度 $L_i$ ，进行质因数分解。
统计最大指数：用一个 map 或者哈希表 max_exponents 记录每个质数出现过的最大指数。例如，如果 $L_1=12=2^2 \cdot 3^1$ ， $L_2=18=2^1 \cdot 3^2$ ，那么对于质数 2，最大指数是 2；对于质数 3，最大指数也是 2。
计算最终结果：最终的 LCM 就是所有 q^max_exponents[q] 的乘积。

由于 $N$ 高达 1000，模数是 $10^{1000}$ ，这是一个非常大的数。我们需要用高精度计算（大数运算）来实现乘法。我们可以用 string 来存储大整数，然后手写一个大数乘法函数。每次乘法后，如果结果的位数超过 $N$ ，我们只需要保留末尾的 $N$ 位即可，这正是对 $10^N$ 取模的效果！

好啦，思路已经很清晰了，准备好和我一起实现它了吗？Let's go, meow!

代码实现

cpp

#include <iostream>
#include <vector>
#include <string>
#include <numeric>
#include <algorithm>
#include <map>

// 高精度乘法：大数(string) * 整数(int)
// 结果需要对 10^N 取模，通过只保留末尾N位实现
std::string big_num_multiply_int(const std::string& num_str, int factor, int N) {
    if (factor == 0) return "0";
    if (factor == 1) return num_str;

    std::string result = "";
    int carry = 0;
    // 从低位到高位（字符串末尾到开头）计算
    for (int i = num_str.length() - 1; i >= 0; --i) {
        int digit = num_str[i] - '0';
        int temp = digit * factor + carry;
        result += std::to_string(temp % 10);
        carry = temp / 10;
    }
    while (carry > 0) {
        result += std::to_string(carry % 10);
        carry /= 10;
    }
    
    // 翻转得到正常顺序的数
    std::reverse(result.begin(), result.end());

    // 对 10^N 取模，即截取末尾 N 位
    if (result.length() > N) {
        return result.substr(result.length() - N);
    }
    return result;
}

// 高精度乘法：大数(string) * 大数(string)
// 结果需要对 10^N 取模
std::string big_num_multiply_str(const std::string& num1, const std::string& num2, int N) {
    if (num1 == "0" || num2 == "0") return "0";

    int len1 = num1.length();
    int len2 = num2.length();
    // 结果最多 len1 + len2 位
    std::vector<int> res_vec(len1 + len2, 0);

    for (int i = len1 - 1; i >= 0; i--) {
        for (int j = len2 - 1; j >= 0; j--) {
            int mul = (num1[i] - '0') * (num2[j] - '0');
            // 乘积加到结果的对应位置
            int sum = res_vec[i + j + 1] + mul;
            res_vec[i + j + 1] = sum % 10;
            res_vec[i + j] += sum / 10;
        }
    }

    std::string result_str = "";
    for (int digit : res_vec) {
        // 去掉前导0
        if (!(result_str.empty() && digit == 0)) {
            result_str += std::to_string(digit);
        }
    }
    
    if (result_str.empty()) return "0";

    // 对 10^N 取模
    if (result_str.length() > N) {
        return result_str.substr(result_str.length() - N);
    }
    return result_str;
}


// 高精度快速幂：(base^exp) mod 10^N
std::string big_num_power(int base, int exp, int N) {
    std::string result = "1";
    std::string base_str = std::to_string(base);
    while (exp > 0) {
        if (exp % 2 == 1) {
            result = big_num_multiply_str(result, base_str, N);
        }
        base_str = big_num_multiply_str(base_str, base_str, N);
        exp /= 2;
    }
    return result;
}


int main() {
    std::ios_base::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(NULL);

    int N;
    std::cin >> N;

    // 题目给的是1-indexed，我们转成0-indexed方便处理
    std::vector<int> p(N);
    for (int i = 0; i < N; ++i) {
        std::cin >> p[i];
        p[i]--; 
    }

    // 1. 找出所有循环长度
    std::vector<int> cycle_lengths;
    std::vector<bool> visited(N, false);
    for (int i = 0; i < N; ++i) {
        if (!visited[i]) {
            int current = i;
            int length = 0;
            while (!visited[current]) {
                visited[current] = true;
                current = p[current];
                length++;
            }
            cycle_lengths.push_back(length);
        }
    }

    // 2. 找出所有质数，并对每个循环长度进行质因数分解
    std::map<int, int> max_exponents;
    for (int len : cycle_lengths) {
        int temp_len = len;
        for (int i = 2; i * i <= temp_len; ++i) {
            if (temp_len % i == 0) {
                int count = 0;
                while (temp_len % i == 0) {
                    temp_len /= i;
                    count++;
                }
                max_exponents[i] = std::max(max_exponents[i], count);
            }
        }
        if (temp_len > 1) { // 剩余的是一个大质数
            max_exponents[temp_len] = std::max(max_exponents[temp_len], 1);
        }
    }

    // 3. 用高精度计算LCM
    std::string lcm_result = "1";
    for (auto const& [prime, exponent] : max_exponents) {
        std::string prime_power = big_num_power(prime, exponent, N);
        lcm_result = big_num_multiply_str(lcm_result, prime_power, N);
    }
    
    // 4. 格式化输出，补足前导0
    std::string final_answer = lcm_result;
    while (final_answer.length() < N) {
        final_answer = "0" + final_answer;
    }
    
    std::cout << final_answer << std::endl;

    return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度: $O(N \log N + \sum L_i / \log L_i + P(N) \cdot N^2)$
- 寻找循环: 我们遍历了每个元素一次，所以是 $O(N)$ 。
- 质因数分解: 对每个循环长度 $L$ 分解，最坏情况是 $O(\sqrt{L})$ 。所有循环长度之和为 $N$ ，但这不是一个紧凑的上界。一个更好的方法是，我们可以先用 $O(N \log \log N)$ 的筛法预处理出质数，然后对每个 $L$ 进行分解，这会快很多。总的分解时间大约在 $O(N \log N)$ 级别。
- 高精度计算: 设小于等于 $N$ 的质数有 $P(N)$ 个（ $P(N) \approx N/\ln N$ ）。对于每个质数 $q$ 和其最大指数 $e$ ，我们计算 $q^e$ 再乘入总结果。power 操作中的乘法是小数乘法，很快。主要开销是 lcm_result = multiply(lcm_result, prime_power)。lcm_result 的长度最多为 $N$ ，prime_power 的长度相对较小。一次乘法最坏是 $O(N \cdot \log(\text{lcm}))$ 。总的来说，高精度部分的时间复杂度近似为 $O(P(N) \cdot N \cdot \log N)$ ，或者更宽松地写为 $O(\frac{N}{\log N} \cdot N \log N) = O(N^2)$ 。
- 总时间复杂度由高精度计算主导，约为 $O(N^2)$ 。
空间复杂度: $O(N)$
- 我们存储了置换 p，visited 数组，循环长度等，都需要 $O(N)$ 的空间。
- max_exponents 这个 map 最多存储 $P(N)$ 个质数，也是 $O(N/\ln N)$ 。
- 高精度计算中，string 的长度最大为 $N$ 。
- 所以总空间复杂度为 $O(N)$ 。

知识点总结

这真是一次有趣的冒险，喵~ 我们从一个看似简单的排序问题，一路探索到了数论和高精度计算的深处！

问题转化: 关键在于将“可排序数组的数量”这个问题，通过分析和简化，转化为了计算一个置换的“阶”。这是解题的突破口！
置换群与阶: 理解了置换、循环分解和阶的概念。一个置换的阶等于其所有不相交循环长度的最小公倍数（LCM）。
LCM的计算: 当数值很大时，计算LCM的最佳方式是通过质因数分解，找到每个质因子的最高次幂，然后相乘。
高精度计算: 当常规数据类型（如long long）无法存储结果或模数时，就需要自己实现大数运算。本题中对 $10^N$ 取模，可以通过字符串操作，只保留末尾 $N$ 位来实现，这是一种常见的高精度取模技巧。

希望这篇题解能帮到你，指挥官！下次遇到难题，也请随时来找我哦，喵~

BogoSort - 题解 ​

标签与难度 ​

题目大意喵~ ​

解题思路分析 ​

第一步：理解 Tonnnny 的排序过程 ​

第二步：一个关键的简化！ ​

第三步：计算置换的阶 ​

第四步：处理大数计算 ​

代码实现 ​

复杂度分析 ​

知识点总结 ​