Cow Photographs

最新推荐文章于 2022-07-24 17:21:35 发布

Hunter_HunterL

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分类专栏：逆序对文章标签：逆序对

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探讨USACO 2010年11月赛题“CowPhotographs”。问题要求计算最少步骤使得奶牛按特定规则排列。采用逆序对算法解决，通过更新和查询数组实现高效求解。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

[Usaco2010 Nov]

Cow Photographs

时间限制: 1 Sec 内存限制: 64 MB

题目描述

奶牛的图片 Farmer John希望给他的N(1<=N<=100,000)只奶牛拍照片,这样他就可以向他的朋友炫耀他的奶牛.这N只奶牛被标号为1..N. 在照相的那一天,奶牛们排成了一排.其中第i个位置上是标号为c_i(1<=c_i<=N)的奶牛.对于奶牛的站位,Farmer John有他自己的想法. FJ是这么想的,标号为i(1<=i<=n-1)的奶牛只能站在标号为i+1的奶牛的左边,而标号为N的奶牛只能站在标号为1的奶牛的左边.当然,没有牛可以站在队列中最左边的奶牛的左边了.也就是说,最左边的奶牛编号是随意的. 这些奶牛都非常的饿,急切的希望吃到FJ承诺的在拍照后的大餐,所以FJ想尽快的拍照.奶牛们的方向感非常的不好,所以FJ每一分钟只可以选择相邻的两只奶牛然后让他们交换位置.FJ最小需要多少时间就能使奶牛站成一个可以接受的序列? 比方说一个有5只奶牛的例子,一开始序列是这样的: 左边右边 3 5 4 2 1 第一分钟,FJ可以交换第二队奶牛(即5和4),交换后的队列: 3 4 5 2 1 第二分钟,FJ交换最右边的一对,序列变成这样: 3 4 5 1 2 这样,只用了2分钟,就是序列变为了一个FJ所希望的序列.

输入

第1行:一个单独的数N 第2到n+1行:第i+1行上的数表示站在第i的位置上的奶牛的编号(即c_i).

输出

一个整数,表示是奶牛的序列变为一个合法的序列的最小花费时间.

样例输入

样例输出

一开始只想到n^2logn的做法，会T掉三个点，每次枚举将要变成的序列，和火柴排队类似的思路，c[i]记录

给定序列的b[i]在枚举序列的位置，然后求c[]序列的逆序对

正解：先求出来把给定序列转化为不下降序列的交换次数，此时求出来的答案是把给定序列转化为1 2 3 4 5

的最少次数，然后再考虑把序列转化为2 3 4 5 1的次数，通过逆序对求出来的交换次数是把序列转化为上升

序列，如果把1换成6就符合上升序列，同时需要ans-(pos[1]-1)+(n-pos[1]) 去掉1产生的逆序对个数，加上

6产生的个数，3 4 5 1 2可以由2 3 4 5 1的ans递推过来#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define maxn 100005
#define LL long long
using namespace std;
int n;
LL ans[maxn];
int pos[maxn],c[maxn];
int a[maxn];
int lowbit(int x) { return x&(-x); }
int getsum(int x)
{
    int sum=0;
    while(x){
        sum+=c[x];
        x-=lowbit(x);
    }
    return sum;
}
void update(int x,int num)
{
    while(x<=n){
        c[x]+=num;
        x+=lowbit(x);
    } 
}
inline int read()
{
     int x=0;
     char ch=getchar();
     while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar();
     while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=x*10+ch-'0'; ch=getchar(); }
     return x;   
}
int main()
{
     //freopen("in.txt","r",stdin);
     n=read();
     for(int i=1;i<=n;i++){ 
         a[i]=read(); pos[a[i]]=i;
         ans[1]+=(LL)((i-1)-getsum(a[i]));
         update(a[i],1);
     }
     LL Ans=ans[1];
     for(int i=2;i<=n;i++){
         ans[i]=ans[i-1]-(LL)(pos[i-1]-1)+(LL)(n-pos[i-1]);
         Ans=min(Ans,ans[i]);
     }
     printf("%lld\n",Ans);
     //while(1);
     return 0;
}