AtCoder Regular Contest 097(E)

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题意：
$\ \ \ \ $$2n$个黑球白球排成一行，黑球和白球上面都写了$1$~$n$的数字，每次可以交换相邻的两个球。问最少操作多少次使得白球序号递增，黑球序号也递增。
思路：
$\ \ \ \ $设$dp[i][j]:$已经排好了$i$个黑求，$j$个白球的最小操作。那么$dp[i][j]$可以由$dp[i-1][j]$和$dp[i][j-1]$转移而来，先看由$i-1$转移过来，那么也就是要放第$i$个黑球，其花费就是原序列中的$i$号黑球前面黑球序号大于$i$的个数+原序列i号黑球前面白球序号大于$j$的个数。为什么呢，因为$1$~$i-1$的黑球，$1$~$j$的白球已经排列好，剩下的白球黑球只有大于的情况了，而且在$i$号球后面的，是不会换到前面去的，因为目标球都是一个一个往前交换的，所以在$i$号球后面的还在$i$号球后面。$j-1$的状态也是如此。计算数量的话，预处理一下即可。

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
const int maxn = 2e3 + 10;
const int INF = 2e9 + 10;
using namespace std;

string s[maxn << 1];
int ord[maxn << 1], n, id;
int dp[maxn][maxn], b[maxn], c[maxn];
int rb[maxn], rc[maxn], w_tot, b_tot;
int wi[maxn][maxn], bl[maxn][maxn];
int idw[maxn], idb[maxn];

void update(int *C, int x) { for(; x <= n; x += x & -x) C[x]++; }
int get_sum(int *C, int x) { int ans = 0; for( ; x; x -= x & -x) ans += C[x]; return ans; }

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    int ans = 0; cin >> n;
    for(int i = 1; i <= 2 * n; i++) {
        cin >> s[i] >> ord[i];
        if(s[i][0] == 'W') {
            idw[ord[i]] = i;
            rc[ord[i]] = get_sum(c, n - ord[i] + 1);
            update(c, n - ord[i] + 1);
        } else {
            idb[ord[i]] = i;
            rb[ord[i]] = get_sum(b, n - ord[i] + 1);
            update(b, n - ord[i] + 1);
        }
    }
    for(int i = 0; i <= n; i++) for(int j = 0; j <= n; j++) {
        dp[i][j] = INF; 
        if(!i || !j) continue;
        wi[j][i] = (wi[j][i - 1] + (idb[i] < idw[j]));
        bl[j][i] = (bl[j][i - 1] + (idw[i] < idb[j]));
    }
    dp[0][0] = 0;
    for(int i = 0; i <= n; i++) {
        for(int j = 0; j <= n; j++) {
            int cost = 0;
            //下一个放白球
            cost += rc[j + 1];
            cost += wi[j + 1][n] - wi[j + 1][i];
            dp[i][j + 1] = min(dp[i][j + 1], dp[i][j] + cost);
            //下一个放黑球
            cost = 0;
            cost += rb[i + 1];
            cost += bl[i + 1][n] - bl[i + 1][j];
            dp[i + 1][j] = min(dp[i + 1][j], dp[i][j] + cost);
        }
    }
    cout << dp[n][n] << endl;
    return 0;
}