【bzoj1831/1786】【AHOI2008】【逆序对】【dp】

最新推荐文章于 2019-01-01 19:45:00 发布

sunshinezff

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分类专栏： dp

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本文介绍了一种计算含模糊数字序列中逆序对最小数量的算法。通过证明-1位置数的单调不降特性，采用动态规划方法求解，并提供了一个O(NK)复杂度的解决方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description

小可可和小卡卡想到Y岛上旅游，但是他们不知道Y岛有多远。好在，他们找到一本古老的书，上面是这样说的：下面是N个正整数，每个都在1~K之间。如果有两个数A和B，A在B左边且A大于B，我们就称这两个数为一个“逆序对”。你数一数下面的数字里有多少个逆序对，你就知道Y岛离这里的距离是多少千米了。比如说，4 2 1 3 3里面包含了5个逆序对：(4, 2), (4, 1), (4, 3), (4, 3), (2, 1)。可惜的是，由于年代久远，这些数字里有一部分已经模糊不清了，为了方便记录，小可可用“-1”表示它们。比如说，4 2 -1 -1 3 可能原来是4 2 1 3 3，也可能是4 2 4 4 3，也可能是别的样子。小可可希望知道，根据他们看清楚的这部分数字，能不能推断出这些数字里最少能有多少个逆序对。

Input

第一行两个正整数N和K。第二行N个整数，每个都是-1或是一个在1~K之间的数。

Output

一个正整数，即这些数字里最少的逆序对个数。

Sample Input

5 4
4 2 -1 -1 3

Sample Output

HINT

4 2 4 4 3中有4个逆序对。当然，也存在其它方案得到4个逆序对。

数据范围：
100%的数据中，N<=10000，K<=100。
60%的数据中，N<=100。
40%的数据中，-1出现不超过两次。

题解：

首先可以证明-1位置的数一定是单调不降的.

假设相邻的两个-1的位置是(x,y)(a[x]<=a[y]);

如果交换x,y;

对1-x和y-n中的数显然没有影响.

对x-y中大于max(a[x],a[y])和小于min(a[x],a[y])的数显然也没有影响.

但是对x-y中a[x]-a[y]的数,逆序对数显然增加了.

所以交换x,y只会导致逆序对数不降.

所以-1位置的数一定是单调不降的.

然后我们就不用考虑-1之间的逆序对数了.

预处理一下lc[i][j],rc[i][j]和初始答案.

lc[i][j]表示第i个-1选j左边增加的逆序对数.

rc[i][j]表示第i个-1选j右边增加的逆序对数.

然后设f[i][j]表示前i个-1,第i个-1选j最少的逆序对数.

做一个前缀最小值转移就可以做到O(NK)了.

最后答案就是ans+f[-1的个数][k];

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 10010
#define M 110
using namespace std;
int f[N][M],a[N],p[N],n,m,ans,lc[N][M],rc[N][M],l,r,t;
int main(){
  scanf("%d%d",&n,&m);
  for (int i=1;i<=n;i++){
    scanf("%d",&a[i]);
    if (a[i]!=-1){
      for (int j=a[i]+1;j<=m;j++)
	    ans+=p[j];	
      p[a[i]]++;
	}
	else r++;
  }
  memset(p,0,sizeof(p));
  for (int i=1;i<=n;i++)
    if (a[i]==-1){
      l++;lc[l][0]=t;
	  for (int j=1;j<=m;j++)
       lc[l][j]=lc[l][j-1]-p[j];
    }
	else p[a[i]]++,t++;
  memset(p,0,sizeof(p));t=0;
  for (int i=n;i>=1;i--)
    if (a[i]==-1){
      rc[r][0]=0;
	  for (int j=1;j<=m;j++)
	    rc[r][j]=rc[r][j-1]+p[j-1];	
      r--;
	}
	else p[a[i]]++;  
  for (int i=1;i<=l;i++){
    for (int j=1;j<=m;j++)
	  f[i][j]=f[i-1][m]+lc[i][j]+rc[i][j];  
    for (int j=2;j<=m;j++)
	  f[i][j]=min(f[i][j],f[i][j-1]);  
  }
  cout<<f[l][m]+ans;
}