似乎很久没写题解了...
这题是校里胡策的时候的题，比赛因为评测机有点慢+自己代码常数大没快读...被卡t了，但是bzoj上还是A了的...，因为bzoj时限比较宽可以不卡常。
题解：
首先可以发现答案与操作顺序是无关的，也就是说，可以钦定答案就是x次操作，然后让先手的x次先全换了，然后再考虑我要怎么换，才能在最少次数内换成升序。
于是就可以直接枚举答案x，然后判一下x是否可行。
考虑如何判断，问题会变成，给定一个a序列，每次可以交换两个数，问最少交换多少次可以换成升序，也就是变成a[i]=i。
这是一个经典问题，考虑 i 必须换到 a[i] 的位置，于是就直接一直跳就好了，最后会变成若干个环。
一个环中如果有n个数，那么必须需要也只需要 n-1 次就可以换成 a[i]=i 的情况。
因此最少的交换次数就是每个环大小-1加起来，可以在 O(n) 的时间复杂度下完成判断。
那么枚举答案+判断答案是 O(n^2) 的，没得聊。
其实答案是可以二分的，满足二分性质。
证明：即证明如果答案为x可行，那么答案为x+1也必然可行，如果x可行，那么我花x次操作变成升序，然后第x+1次操作，先手怎么换，我就再换回去，序列依旧是升序的。
那么效率就是 O(nlogn) 的
虽然答案与顺序无关，但是操作方案是和顺序有关的。
转换一下思路，交换两个数，可以理解成两个位置交换，但是其实也可以理解成两个数字交换。
而位置和顺序有关，因为先手换完之后我本来想换的位置就会变了。
但是数字和顺序是没关系的，所以我记录一下我环中交换的那些数。
然后按题意模拟，每次维护一下now[i]表示 i 这个数现在的位置，于是就变得很简单了...
注意一下两个人都操作一次才算完，不能先手操作完后是升序的我就不操作了。
所以如果可以不操作的，要拿 0 0补满
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #define maxn 200050 4 using namespace std; 5 int n; 6 int v[maxn],now[maxn]; 7 int a[maxn],b[maxn],x[maxn*3],y[maxn*3]; 8 struct qnode{ 9 int x,y; 10 }q[maxn*3]; 11 int check(int m){ 12 for (int i=0;i<n;i++) 13 b[i]=a[i],v[i]=0; 14 for (int i=1;i<=m;i++) 15 swap(b[x[i]],b[y[i]]); 16 int need=0; 17 for (int i=0;i<n;i++) 18 if (!v[i]){ 19 int x=i; 20 while (!v[x]){ 21 v[x]=1; 22 if (!v[b[x]]) { 23 q[++need].x=b[x]; 24 q[need].y=b[b[x]]; 25 } 26 x=b[x]; 27 } 28 } 29 return need; 30 } 31 int main(){ 32 // freopen("game.in","r",stdin); 33 // freopen("game.out","w",stdout); 34 scanf("%d",&n); 35 for (int i=0;i<n;i++) 36 scanf("%d",&a[i]),now[a[i]]=i; 37 int Q; 38 scanf("%d",&Q); 39 for (int i=1;i<=Q;i++) 40 scanf("%d%d",&x[i],&y[i]); 41 int l=0,r=Q; 42 while (l<=r){ 43 int m=(l+r)>>1; 44 if (check(m)>m) l=m+1;else r=m-1; 45 } 46 int need=check(l); 47 printf("%d ",l); 48 for (int i=1;i<=need;i++){ 49 swap(a[x[i]],a[y[i]]); 50 now[a[x[i]]]=x[i]; 51 now[a[y[i]]]=y[i]; 52 printf("%d %d ",now[q[i].x],now[q[i].y]); 53 swap(a[now[q[i].x]],a[now[q[i].y]]); 54 now[a[now[q[i].x]]]=now[q[i].x]; 55 now[a[now[q[i].y]]]=now[q[i].y]; 56 } 57 for (int i=need+1;i<=l;i++) 58 printf("0 0 "); 59 return 0; 60 }