zyb十题·247

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树状数组

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本文探讨了在特定条件下的排列问题，旨在寻找使逆序对数量最小的排列方案。通过对给定数组的分析，利用线段树进行高效计算，实现了O(nlogn)的时间复杂度。

~~难得有md体面~~

description

给定一个偶数 $N$ ，现在蔡老板得到了一个由 $[1, N]$ 内的所有偶数构成的排列 $b [1 . . N / 2]$

现在蔡老板又得到了一个数组 $a [1 . . N / 2]$ ，其中 $a [i] = i * 2 - 1$

蔡老板想知道，对于所有满足 $a$ 和 $b$ 都是它的子序列的 $[1, N]$ 的排列 $p$ ， $p$ 的逆序对的最小值

输入格式

第一行一个偶数 $N$

第二行 $N / 2$ 个偶数，描述 $b [1 . . N / 2]$

输出格式

输出逆序对的最小值

样例1

input

6
6 4 2

output

样例解释

$p = [1, 3, 6, 4, 2, 5]$

样例2

见下载文件

数据范围

对于 $20%20\%$ 的数据，有 $1≤N≤101\leq N\leq 10$

对于 $30%30\%$ 的数据，有 $1≤N≤1001\leq N\leq 100$

对于 $40%40\%$ 的数据，有 $1≤N≤10001\leq N\leq 1000$

对于 $50%50\%$ 的数据，有 $1≤N≤50001\leq N\leq 5000$

对于 $100%100\%$ 的数据，有 $1≤N≤2∗1051\leq N\leq 2*10^5$

限制

时间限制：1s

空间限制：512MB

solution

答案分成两部分，一个是 $b$ 本身的逆序对数，另一个是 $a_i$ 和 $b_i$ 的贡献

前面的是确定的，我们要让后面的最小

考虑把一个数 $x$ 放在 $b_i$ 的后面对于答案的贡献
应该是

$∑j=1i[bi>x]+∑j=i+1⌊n2⌋[bi<x]\sum_{j=1}^i[b_i>x]+\sum_{j=i+1}^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}[b_i<x]$

将答案变一下型

$⌊x2⌋+∑i=1j[bi>x]−∑i=1j[bi<x]\lfloor\frac{x}{2}\rfloor+\sum_{i=1}^j[b_i>x]-\sum_{i=1}^j[b_i<x]$

前面的 $⌊x2⌋\lfloor\frac{x}{2}\rfloor$ 的和是不变的，我们只需要让后面的东西最小

考虑当 $x$ 变成 $x + 2$ 的时候，所有的 $i>pos_{x+1}$ 的后面那个东西都会 $- 2$

也就是说答案是具有单调性的，我们选 $x + 2$ 的时候要么不动，要么直接跳到 $pos_{x+1}$ 后面

我们利用一个线段树进行维护就可以了

复杂度 $O(nlog⁡n)O(n\log n)$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

# define Rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
# define _Rep(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
# define RepG(i,u) for(int i=head[u];~i;i=e[i].next)

typedef long long ll;

const int N=2e5+5;

template<typename T> void read(T &x){
   x=0;int f=1;
   char c=getchar();
   for(;!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-')f=-1;
   for(;isdigit(c);c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';
    x*=f;
}

int n;
int b[N],pos[N];
int bit[N];
ll ans;

struct node{
	int min,tag;	
}seg[N<<2];

# define lc (u<<1)
# define rc (u<<1|1)

int lowbit(int o){
	return o&-o;	
}

void add(int o,int x){
	for(;o<=2*n;o+=lowbit(o))bit[o]+=x;	
}

int ask(int o){
	int res=0;
	for(;o;o-=lowbit(o))res+=bit[o];
	return res;	
}

void pushup(int u){
	seg[u].min=min(seg[lc].min,seg[rc].min);	
}

void pushdown(int u){
	seg[lc].min+=seg[u].tag;
	seg[lc].tag+=seg[u].tag;
	seg[rc].min+=seg[u].tag;
	seg[rc].tag+=seg[u].tag;
	seg[u].tag=0;	
}

void build(int u,int l,int r){
	if(l==r){seg[u].min=l;return;}
	int mid=l+r>>1;
	build(lc,l,mid);
	build(rc,mid+1,r);
	pushup(u);	
}

void update(int u,int l,int r,int ql,int qr,int k){
	if(l>=ql&&r<=qr){
		seg[u].min+=k;
		seg[u].tag+=k;
		return;	
	}
	if(seg[u].tag)pushdown(u);
	int mid=l+r>>1;
	if(ql<=mid)update(lc,l,mid,ql,qr,k);
	if(qr>mid)update(rc,mid+1,r,ql,qr,k);
	pushup(u);
}

int main()
{
	freopen("247.in","r",stdin);
	freopen("247.out","w",stdout);
	read(n);
	n/=2;
	Rep(i,1,n)read(b[i]);
	Rep(i,1,n)pos[b[i]]=i;
	Rep(i,1,n){
		ans+=i-1-ask(b[i]-1);
		add(b[i],1);
		ans+=i-1;
	}
	build(1,0,n);
	Rep(i,1,n){
		int x=2*i;
		ans+=seg[1].min;
		update(1,0,n,pos[x],n,-2);	
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}