题面
A
N
T
O
N
\rm ANTON
ANTON 的基因由
A
,
N
,
T
,
O
\rm A,N,T,O
A,N,T,O 四种碱基排列组成。
A
N
T
O
N
\rm ANTON
ANTON 的身体很智能，一旦发现基因序列被改变了，就会通过尽量少的次数交换相邻两个碱基，来还原回开始的基因序列。
现在给出
A
N
T
O
N
\rm ANTON
ANTON 的基因序列，长为
N
N
N ，求一个打乱后的该序列，满足还原时需要交换操作最少次数最多，输出任意一个符合条件的序列。
1
≤
N
≤
1
0
5
1\leq N \leq10^5
1≤N≤105.
题解
我们先考虑最少操作次数怎么求。根据做题经验，有一个贪心思路：把相同类型的碱基不交叉地一一配对，然后把每个初始位置的目标位置拿出来组成一个序列（因此这应该是个1~N的排列），最小操作次数即该排列的逆序对数。
那么，我们不妨把打乱后的序列也这样一一对应回去，每个位置上记录初始位置的编号。容易发现，对于同一种碱基的所有位置，初始位置的编号一定是单增的。在满足这个条件的情况下，我们可以想想怎么最大化逆序对数。
这里有一个结论：一定存在一种逆序对最多的方案，满足同种碱基都相邻。
证明：我们用调整法，假设序列中有这么一段两边都有个 A（省略号中间没有 A）：A......A，前面一个的初始位置为
i
i
i ，后面一个的初始位置为
j
j
j，此时
i
<
j
i<j
i<j。令省略号中间比
i
i
i 小的数量为
a
a
a ，比
j
j
j 大的数量为
b
b
b 。如果
a
≥
b
a\geq b
a≥b，把右边的 A 移到省略号左边，逆序对的变化量为
a
−
b
≥
0
a-b\geq0
a−b≥0 。如果
a
<
b
a<b
a<b ，把左边的 A 移到省略号右边，逆序对的变化量为
b
−
a
>
0
b-a>0
b−a>0。两种使 A 相邻的方法总有一个不会让逆序对数减小，得证。
那么，由于只有四种碱基，全排列有
M
!
=
4
!
=
24
M!=4!=24
M!=4!=24 种，最终的序列也只有这么多种，其中一定存在一个答案序列，我们暴力枚举找它。复杂度
O
(
M
!
n
log
n
)
O(M!n\log n)
O(M!nlogn)。
还有一种
O
(
n
)
O(n)
O(n) 的做法。交换次数不一定要求逆序对，还可以求初始与目标的距离。由于我们知道同种碱基要相邻，可以通过预处理前缀和等方式，快速判断每种碱基段在某个位置对答案贡献为多少，这样一来，枚举全排列时就不用每次
O
(
n
)
O(n)
O(n) 求答案，而是常数时间。总时间复杂度就主要只有输入和预处理了。
CODE
O
(
24
n
log
n
)
O(24n\log n)
O(24nlogn)
#include<set>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 400005
#define ENDL putchar('\n')
#define LL long long
#define DB double
#define lowbit(x) ((-x) & (x))
#define INF 0x3f3f3f3f
LL read() {
LL f = 1,x = 0;char s = getchar();
while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
return f * x;
}
int n,m,i,j,s,o,k;
char s0[10] = "ANTO";
char ss[MAXN];
int c[MAXN];
void addc(int x,int y){while(x<=n)c[x]+=y,x+=lowbit(x);}
int sum(int x){int s=0;while(x>0)s+=c[x],x-=lowbit(x);return s;}
void INIT() {for(int i = 1;i <= n;i ++) c[i] = 0;}
LL as = 0,CN;
char D[MAXN],e[MAXN];
void ADD(int x) {
D[CN --] = ss[x];
as += sum(x-1); addc(x,1);
return ;
}
int main() {
int T = read();
while(T --) {
scanf("%s",ss + 1);
n = strlen(ss + 1);
for(int i = 1;i <= n;i ++) e[i] = ss[i];
LL ans = -1;
for(int a=0;a<4;a++) {
for(int b=0;b<4;b++) if(b!=a) {
for(int c=0;c<4;c++) if(c!=a&&c!=b) {
for(int d=0;d<4;d++) if(d!=a&&d!=b&&d!=c) {
INIT();
CN = n;as = 0;
for(int i = n;i > 0;i --) if(ss[i] == s0[d]) ADD(i);
for(int i = n;i > 0;i --) if(ss[i] == s0[c]) ADD(i);
for(int i = n;i > 0;i --) if(ss[i] == s0[b]) ADD(i);
for(int i = n;i > 0;i --) if(ss[i] == s0[a]) ADD(i);
if(as > ans) {
for(int i = 1;i <= n;i ++) e[i] = D[i];
ans = as;
}
}
}
}
}
for(int i = 1;i <= n;i ++) putchar(e[i]);ENDL;
}
return 0;
}
