EOJ Monthly 2019.5 (based on May Selection) D.翻转(枚举+前缀和+后缀和)

题目

n(n<=5e6)个数，第i个数是ai(1<=ai<=n)

你可以翻转一次[l,r]内的数，使得al al+1 ... ar翻转之后为ar ... al，也可以不翻转

如果ai恰等于它所在的位置i的话，会对答案造成1的贡献

最大化答案，并输出最大值

思路来源

归神

题解

考虑i位置的值是ai，其只有在翻转区间对称轴是(i+ai)/2的时候才能被归位

枚举必翻的位置i，如果i所在这个值归位当且仅当翻转区间[min(i,ai),max(i,ai)]

翻转这么一次，可以使得这个区间内对称轴相同的值都被归位

所以需要统计[min(i,ai),max(i,ai)]区间内，满足下标为j且j+aj==i+ai的下标有多少个

经典问题：统计[l,r]内值为x的数有多少个，

①离散化i+ai的值，建主席树，每次用root[r]和root[l-1]作差，n==5e6，MLE

②把j+aj的vector里放入下标j，询问时在i+ai的vector里二分<=r的数量和<=l-1的数量作差，即[l,r]的数量

离散化一下i+ai的值，可以把vector开成n的规模

[l,r]内的值统计出来了，再统计一下[1,l-1]和[r+1,n]已经归位的数，前缀和和后缀和搞一下

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
const int maxn=5e6+10;
int a[maxn],b[maxn],c[maxn];
int pre[maxn],suf[maxn];
int n,ans,tmp,num,l,r;
vector<int>res[maxn];
int main()
{
	scanf("%d",&n)==1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
	  scanf("%d",&a[i])==1;
	  c[i]=b[i]=a[i]+i;
	  pre[i]=pre[i-1];
	  if(a[i]==i)pre[i]++;
    }
    for(int i=n;i>=1;--i)
    {
    	suf[i]=suf[i+1];
    	if(a[i]==i)suf[i]++;
    }
    sort(b+1,b+n+1);
    num=unique(b+1,b+n+1)-(b+1);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
    	c[i]=lower_bound(b+1,b+num+1,c[i])-b;
    	res[c[i]].push_back(i);
    }
    ans=pre[n];
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		l=min(i,a[i]),r=max(i,a[i]);
		tmp=upper_bound(res[c[i]].begin(),res[c[i]].end(),r)-upper_bound(res[c[i]].begin(),res[c[i]].end(),l-1);
		ans=max(ans,pre[l-1]+tmp+suf[r+1]);
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

后续

还是不离散化的快一点，就开了2倍的vector还不一定用，毕竟少了排序

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
const int maxn=5e6+10;
int a[maxn];
int pre[maxn],suf[maxn];
int n,ans,tmp,num,l,r;
vector<int>res[2*maxn];
int main()
{
	scanf("%d",&n)==1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
	  scanf("%d",&a[i])==1;
	  pre[i]=pre[i-1]+(a[i]==i);
	  res[a[i]+i].push_back(i); 
    }
    for(int i=n;i>=1;--i)
    suf[i]=suf[i+1]+(a[i]==i);
    ans=pre[n];
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		l=min(i,a[i]),r=max(i,a[i]);
		tmp=upper_bound(res[a[i]+i].begin(),res[a[i]+i].end(),r)-upper_bound(res[a[i]+i].begin(),res[a[i]+i].end(),l-1);
		ans=max(ans,pre[l-1]+tmp+suf[r+1]);
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}