洛谷 P1966 火柴排队（树状数组求逆序）

最新推荐文章于 2024-03-11 21:22:05 发布

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#树状数组

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本文探讨了两列火柴按特定规则交换以达到最小距离的问题。通过分析给出的公式，采用排序和构造数组的方法，结合逆序对原理，设计了一个高效算法来计算最少的交换次数。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目描述

涵涵有两盒火柴，每盒装有 nn 根火柴，每根火柴都有一个高度。现在将每盒中的火柴各自排成一列，同一列火柴的高度互不相同，两列火柴之间的距离定义为： $\sum (a_i-b_i)^2∑(ai−bi)2$

其中 a_iai 表示第一列火柴中第 ii 个火柴的高度， b_ibi 表示第二列火柴中第 ii 个火柴的高度。

每列火柴中相邻两根火柴的位置都可以交换，请你通过交换使得两列火柴之间的距离最小。请问得到这个最小的距离，最少需要交换多少次？如果这个数字太大，请输出这个最小交换次数对 99,999,99799,999,997 取模的结果。

输入输出格式

输入格式：

共三行，第一行包含一个整数 nn ，表示每盒中火柴的数目。

第二行有 nn 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，表示第一列火柴的高度。

第三行有 nn 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，表示第二列火柴的高度。

输出格式：

一个整数，表示最少交换次数对 99,999,99799,999,997 取模的结果。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

4
2 3 1 4
3 2 1 4

输出样例#1： 复制

输入样例#2： 复制

4
1 3 4 2
1 7 2 4

输出样例#2： 复制

说明

【输入输出样例说明1】

最小距离是 0 ，最少需要交换 1次，比如：交换第 1列的前 2 根火柴或者交换第 2 列的前 2 根火柴。

【输入输出样例说明2】

最小距离是 10 ，最少需要交换 2 次，比如：交换第 1 列的中间 2 根火柴的位置，再交换第 2 列中后 2 根火柴的位置。

【数据范围】

对于 10% 的数据， 1 ≤ n ≤ 101≤n≤10 ；

对于 30% 的数据， 1 ≤ n ≤ 1001≤n≤100 ；

对于 60% 的数据， 1 ≤ n ≤ 1,0001≤n≤1,000 ；

对于 100% 的数据， 1 ≤ n ≤ 100,000,0 ≤1≤n≤100,000,0≤ 火柴高度 ≤ maxlongint≤maxlongint

思路：

首先对这个式子进行分析。

最后要使 $\sum (a_i-b_i)^2∑(ai−bi)2$ 这个最小，我们可以先对 $a1,a2,b1,b2$ 来进行分析。

假设原始数列为：

$a1,a2$

$b1,b2$

我们如果使得交换之后更优，即 $(a1-b1)^2+(a2-b2)^2>(a1-b2)^2+(a2-b1)^2$

将这个式子进行简单的化简之后可以得到

$a1(b1-b2)<a2(b1-b2)$

当 $b1-b2>0$ 时，即

$b1>b2,a1<a2$ 此时交换a1,a2更优

当 $b1-b2<0$ 时，即

$b1<b2,a1>a2$ 此时交换a1,a2更优

综上可以发现，最优的答案就是两个数组从小到大排序之后， $\sum (a_i-b_i)^2∑(ai−bi)2$ 这个是最优的。

但是要使得交换次数最少，就不能这样了。

我们可以发现，这个答案其实是把a数组的数构造成与b数组一样在第i位置的数在自己的数组中是一样的第K大。

所以我们只要构造出这样的数组求出逆序对，逆序对的大小就是a数组变成成与b数组一样第i位置第K大的交换次数。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e6+5;
const int mod=99999997;
ll a[maxn];
ll b[maxn];
int d[maxn];
struct node
{
    ll v;
    int id;
}q[maxn],p[maxn];
bool cmp(node a,node b)
{
    return a.v<b.v;
}
int lowbit(int i)
{
    return i&(-i);
}
void update(int x,ll *c)
{
    while(x<maxn)
    {
        c[x]++;
        c[x]%=mod;
        x+=lowbit(x);
    }
}
ll query(int x,ll *c)
{
    ll ans=0;
    while(x)
    {
        ans+=c[x];
        ans%=mod;
        x-=lowbit(x);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&q[i].v);
        q[i].id=i;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&p[i].v);
        p[i].id=i;
    }
    sort(q+1,q+1+n,cmp);
    sort(p+1,p+1+n,cmp);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        d[q[i].id]=p[i].id;//构造出这样的数组
    }
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        update(d[i],a);
        ll a1=i-query(d[i],a);
        ans=(ans+a1)%mod;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}