A. Greatest Convex

给出数字k，输出最大的x，使得x满足大于等于1小于k，且x! + (x - 1)!是k的倍数。

思路：提取公因式得到，(x + 1) * (x - 1)!，由题意知，x + 1可以是k，故x最大是k - 1且一定存在。

AC Code：

#include <bits/stdc++.h>

typedef long long ll;
#define INF 0x3f3f3f3f
const int N = 2e5 + 5;
int t, n;

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(0);
    std::cout.tie(0);
    std::cin >> t;
    while(t --) {
        std::cin >> n;
        std::cout << n - 1 << '\n';
    }
    return 0;
}

B. Quick Sort

给出排列p，每次操作可以选择k个不同的数，将其从排列中拿出并升序排序后放到数组末尾，问最少经过几次操作使得数组升序排序。

思路：对于从1开始的，我们是可以不动的，只计算剩余相对位置不对的数字即可。

AC Code：

#include <bits/stdc++.h>

typedef long long ll;
#define INF 0x3f3f3f3f
const int N = 2e5 + 5;
int t, n, k;
int a[N];

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(0);
    std::cout.tie(0);
    std::cin >> t;
    while(t --) {
        std::cin >> n >> k;
        int num = 1;
        for(int i = 1; i <= n; i ++) {
            std::cin >> a[i];
            if(a[i] == num)
                num ++;
        }
        if(n == num - 1) {
            std::cout << 0 << '\n';
            continue;
        }
        int ans = (int)ceil((n - num + 1) * 1.0 / (1.0 * k));
        std::cout << ans << '\n';
    }
    return 0;
}

C. Elemental Decompress

对于两个长度相等的排列p，q，给出数组c，表示相同位置p与q的最大值，构造满足条件的排列p和q，或者若是不存在满足条件的排列，输出-1。

思路：对于在数组中出现一次的数字，我们可以将对应位置的两个数都赋值为该数；剩余的必定是出现0次和出现两次的数字，且两种数字必定数量相等，出现两次的数字代替了本该出现一次的数字。这样，依照此依据赋值即可，注意大小顺序和no的情况。

AC Code：

#include <bits/stdc++.h>

typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;
int t, n;
int a[N], p[N], q[N], h[N], tmp[N];

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(0);
    std::cout.tie(0);
    std::cin >> t;
    while(t --) {
        std::cin >> n;
        std::map<int, int> mp;
        for(int i = 1; i <= n; i ++) {
            p[i] = q[i] = h[i] = tmp[i] = 0;
            std::cin >> a[i];
            mp[a[i]] ++;
        }
        bool flag = true;
        for(auto [x, y] : mp) {
            if(y > 2) {
                flag = false;
                break;
            }
        }
        if(!flag) {
            std::cout << "NO" << '\n';
            continue;
        }
        std::vector<int> cnt0, cnt2;
        for(int i = 1; i <= n; i ++) {
            if(!mp[i])
                cnt0.push_back(i);
            else if(mp[i] == 2)
                cnt2.push_back(i);
        }
        std::sort(cnt0.begin(), cnt0.end());
        std::sort(cnt2.begin(), cnt2.end());
        if(cnt0.size() != cnt2.size()) {
            std::cout << "NO" << '\n';
            continue;
        }
        for(int i = 0; i < (int)cnt0.size(); i ++) {
            if(cnt0[i] < cnt2[i])
                h[cnt2[i]] = cnt0[i];
            else {
                flag = false;
                break;
            }
        }
        if(!flag) {
            std::cout << "NO" << '\n';
            continue;
        }
        for(int i = 1; i <= n; i ++) {
            if(mp[a[i]] == 1)
                p[i] = q[i] = a[i];
        }
        for(int i = 1; i <= n; i ++) {
            tmp[a[i]] ++;
            if(tmp[a[i]] == 1 && mp[a[i]] == 2)
                p[i] = a[i], q[i] = h[a[i]];
            if(tmp[a[i]] == 2 && mp[a[i]] == 2)
                p[i] = h[a[i]], q[i] = a[i];
        }
        std::cout << "YES" << '\n';
        for(int i = 1; i <= n; i ++) {
            std::cout << p[i] << " \n"[i == n];
        }
        for(int i = 1; i <= n; i ++) {
            std::cout << q[i] << " \n"[i == n];
        }
    }
    return 0;
}

D. Lucky Permutation

给出一个排列p，每次可以将两个数字交换位置，问最少经过几次操作使得排列中仅存在一个逆序对。

思路：置换环问题。对于最后会达成的序列，我们可以将其先不管逆序对，即先置换成升序排列的数组，这样在序列中会形成若干个环，通过对环的置换使得数字回到原来的位置。在这种情况下，操作次数是n - cnt，cnt为环的个数。而对于这一个逆序对，很容易想到可以在已经排好的升序序列中交换任意相邻两数。但是，如果在某一个环中存在相邻的两个数，我们可以通过减少一次在该环置换的次数，使得置换完后存在一个逆序对，具体看代码。

AC Code：

#include <bits/stdc++.h>

typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;
int t, n;
int a[N];
bool flag, vis[N];
std::map<int, bool> mp;

void DFS(int u) {
    if(vis[u])
        return;
    vis[u] = true;
    mp[u] = 1;
    int v = a[u];
    if(mp[u - 1] || mp[u + 1])
        flag = 1;
    DFS(v);
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(0);
    std::cout.tie(0);
    std::cin >> t;
    while(t --) {
        std::cin >> n;
        for(int i = 1; i <= n; i ++) {
            std::cin >> a[i];
            vis[i] = 0;
        }
        int cnt = 0;
        flag = false;
        for(int i = 1; i <= n; i ++) {
            if(!vis[i]) {
                cnt ++;
                mp.clear();
                DFS(i);
            }
        }
        if(flag)
            std::cout << n - cnt - 1 << '\n';
        else
            std::cout << n - cnt + 1 << '\n';
    }
    return 0;
}