LOJ#535. 「LibreOJ Round #6」花火

$n \leq 300000$的一個排列，每次能交換相鄰兩個數，而且有一次機會交換不相鄰的兩個數，能夠不用這個機會。問使這個排列升序最少操做幾回。

若是沒有「不相鄰」，那就是當年入門的時候學的逆序對了。也就是說，此次機會但願把逆序對數儘量減小。把排列變成點放在二維平面上，$(i,a_i)$，能夠發現交換$(i,a_i)$和$(j,a_j)$減小的答案，就是他們爲端點的矩形裏的點數（不含他們兩個）的兩倍，且必須$i>j,a_i<a_j$，不然就是答案變大這麼多了。

進一步觀察，若是有$k<j,a_k>a_j$，那麼全部的交換$(j,i),j<i$都是不如交換$(k,i)$優的（前者的對應矩形被後者徹底包含），所以左上端點必定在從$(1,a_1)$開始的一個遞增序列（記爲$L$）裏。右下端點同理，必定在從$(n,a_n)$往前走的一個越走越小的序列（記爲$R$）裏，能夠處理出來，但點的數量級是沒變的。

法一：$R$中的點和$L$中的點配知足決策單調性。證實：以下圖，$x,y$是$R$中的點，$p,q$是$L$中的點，若是在$x$處最優決策點是$q$，$S$表示一個區域裏有幾個點$(i,a_i)$，那麼有$S_1>S_2+S_3$，那麼在$y$處決策的時候，就有$S_1+S_4>S_2$，所以$p$仍是不如$q$優。

因而總體二分，用主席樹計算矩形點數，倆log。

 1 //#include<iostream>
 2 #include<cstring>
 3 #include<cstdio>
 4 //#include<time.h>  5 //#include<math.h>  6 //#include<set>
 7 #include<queue>
 8 //#include<bitset>  9 //#include<vector>
 10 #include<algorithm>
 11 #include<stdlib.h>
 12 using namespace std;  13 
 14 #define LL long long
 15 LL qread()  16 {  17     char c; LL s=0; int f=1; while ((c=getchar())<'0' || c>'9') (c=='-') && (f=-1);  18     do s=s*10+c-'0'; while ((c=getchar())>='0' && c<='9'); return s*f;  19 }  20 
 21 //Pay attention to '-' , LL and double of qread!!!!
 22 
 23 int n;  24 #define maxn 300011
 25 int a[maxn];  26 struct BIT  27 {  28     int a[maxn],n;  29     void clear(int N) {n=N;}  30     void add(int x,int v) {for (;x<=n;x+=x&-x) a[x]+=v;}  31     int query(int x) {int ans=0; for (;x;x-=x&-x) ans+=a[x]; return ans;}  32 }t;  33 
 34 int root[maxn];  35 struct SMT  36 {  37     struct Node{int ls,rs,sum;}a[maxn*20];  38     int size,n;  39     void clear(int N) {n=N; size=0;}  40     void in(int &x,int y,int L,int R,int v)  41  {  42         x=++size; a[x].sum=a[y].sum+1;  43         if (L==R) return;  44         int mid=(L+R)>>1;  45         if (v<=mid) in(a[x].ls,a[y].ls,L,mid,v),a[x].rs=a[y].rs;  46         else in(a[x].rs,a[y].rs,mid+1,R,v),a[x].ls=a[y].ls;  47  }  48     void in(int &x,int y,int v) {in(x,y,1,n,v);}  49     int Query(int x,int L,int R,int ql,int qr)  50  {  51         if (ql<=L && R<=qr) return a[x].sum;  52         int mid=(L+R)>>1,ans=0;  53         if (ql<=mid) ans+=Query(a[x].ls,L,mid,ql,qr);  54         if (qr>mid) ans+=Query(a[x].rs,mid+1,R,ql,qr);  55         return ans;  56  }  57     int query(int x,int ql,int qr) {return Query(x,1,n,ql,qr);}  58 }tt;  59 
 60 int sl[maxn],tl,sr[maxn],tr;  61 int query(int x,int y)  62 {  63     x=sl[x]; y=sr[y];  64     if (y<x || a[x]<a[y]) return 0;  65     int rx=root[x],ry=root[y-1];  66     return tt.query(ry,a[y]+1,a[x]-1)-tt.query(rx,a[y]+1,a[x]-1);  67 }  68 
 69 int f[maxn];  70 void solve(int pl,int pr,int L,int R)  71 {  72     if (L>R) return;  73     int mid=(L+R)>>1,id=0;  74     for (int i=pr,tmp;i>=pl;i--) if ((tmp=query(i,mid))>f[mid])  75  {  76         f[mid]=tmp;  77         id=i;  78  }  79     solve(pl,id,L,mid-1); solve(id,pr,mid+1,R);  80 }  81 
 82 int main()  83 {  84     n=qread();  85     for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=qread();  86     LL ans=0; t.clear(n);  87     for (int i=n;i;i--)  88  {  89         ans+=t.query(a[i]-1);  90         t.add(a[i],1);  91  }  92     
 93  tt.clear(n);  94     for (int i=1;i<=n;i++) tt.in(root[i],root[i-1],a[i]);  95     
 96     tl=tr=0;  97     for (int i=1;i<=n;i++) if (!tl || a[sl[tl]]<a[i]) sl[++tl]=i;  98     for (int i=n;i;i--) if (!tr || a[sr[tr]]>a[i]) sr[++tr]=i;  99     for (int i=1,to=tr>>1;i<=to;i++) sr[i]^=sr[tr-i+1]^=sr[i]^=sr[tr-i+1]; 100     
101     solve(1,tl,1,tr); 102     int tmp=0; 103     for (int i=1;i<=tr;i++) tmp=max(tmp,f[i]); 104     ans-=tmp*2; 105     printf("%lld\n",ans); 106     return 0; 107 }

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法二：之前作過掃描線：較少的矩形，不少的點，問一個點最多被多少矩形覆蓋，如今是較多的矩形較少的點，問一個矩形最多覆蓋多少點。從點對矩形的貢獻入手實施轉化：一個點$(x,a_x)$，設$l$是最小的$a_l>a_x$的數，$r$是最大的$a_r<a_x$的數，那麼他對左端點在$[l,x-1]$，右端點在$[x+1,r]$的交換組$(i(左端點),j(右端點))$有貢獻。新建平面，左端點爲x軸，右端點爲y軸，如今就變成了較少矩形較多點問一個點最多被多少矩形覆蓋了。一個log。

 1 //#include<iostream>
 2 #include<cstring>
 3 #include<cstdio>
 4 //#include<time.h>  5 //#include<math.h>  6 //#include<set>
 7 #include<queue>
 8 //#include<bitset>  9 //#include<vector>
 10 #include<algorithm>
 11 #include<stdlib.h>
 12 using namespace std;  13 
 14 #define LL long long
 15 LL qread()  16 {  17     char c; LL s=0; int f=1; while ((c=getchar())<'0' || c>'9') (c=='-') && (f=-1);  18     do s=s*10+c-'0'; while ((c=getchar())>='0' && c<='9'); return s*f;  19 }  20 
 21 //Pay attention to '-' , LL and double of qread!!!!
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 23 int n;  24 #define maxn 300011
 25 int a[maxn];  26 struct BIT  27 {  28     int a[maxn],n;  29     void clear(int N) {n=N;}  30     void add(int x,int v) {for (;x<=n;x+=x&-x) a[x]+=v;}  31     int query(int x) {int ans=0; for (;x;x-=x&-x) ans+=a[x]; return ans;}  32 }t;  33 
 34 struct SMT  35 {  36     struct Node{int ls,rs,add,Max;}a[maxn<<1];  37     int size,n;  38     void build(int &x,int L,int R)  39  {  40         x=++size;  41         if (L==R) return;  42         int mid=(L+R)>>1;  43         build(a[x].ls,L,mid); build(a[x].rs,mid+1,R);  44  }  45     void clear(int N) {n=N; size=0; int x; build(x,1,n);}  46     int ql,qr,v;  47     void up(int x) {a[x].Max=max(a[a[x].ls].Max,a[a[x].rs].Max);}  48     void addsingle(int x,int v) {a[x].add+=v; a[x].Max+=v;}  49     void down(int x) {Node &b=a[x]; if (b.add) {addsingle(b.ls,b.add); addsingle(b.rs,b.add); b.add=0;} }  50     void Add(int x,int L,int R)  51  {  52         if (ql<=L && R<=qr) {addsingle(x,v); return;}  53  down(x);  54         int mid=(L+R)>>1;  55         if (ql<=mid) Add(a[x].ls,L,mid);  56         if (qr>mid) Add(a[x].rs,mid+1,R);  57  up(x);  58  }  59     void add(int L,int R,int V) {ql=L; qr=R; v=V; Add(1,1,n);}  60 }tt;  61 
 62 int sl[maxn],tl,sr[maxn],tr,pre[maxn],suf[maxn];  63 struct Ope  64 {  65     int x,y1,y2,v;  66     bool operator < (const Ope &b) const {return x<b.x;}  67 }op[maxn<<1]; int lp=0;  68 
 69 int main()  70 {  71     n=qread();  72     for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=qread();  73     LL ans=0; t.clear(n);  74     for (int i=n;i;i--)  75  {  76         ans+=t.query(a[i]-1);  77         t.add(a[i],1);  78  }  79     
 80     tl=tr=0;  81     for (int i=1;i<=n;i++) if (!tl || a[sl[tl]]<a[i]) sl[++tl]=i;  82     for (int i=n;i;i--) if (!tr || a[sr[tr]]>a[i]) sr[++tr]=i;  83     for (int i=1,to=tr>>1;i<=to;i++) sr[i]^=sr[tr-i+1]^=sr[i]^=sr[tr-i+1];  84     
 85     for (int i=1;i<=n;i++) pre[i]=max(pre[i-1],a[i]);  86     suf[n]=a[n]; for (int i=n-1;i;i--) suf[i]=min(suf[i+1],a[i]);  87     for (int i=1;i<=n;i++)  88  {  89         int L=1,R=i;  90         while (L<R)  91  {  92             int mid=(L+R)>>1;  93             if (pre[mid]>a[i]) R=mid;  94             else L=mid+1;  95  }  96         int ll=L;  97         L=i,R=n;  98         while (L<R)  99  { 100             int mid=(L+R+1)>>1; 101             if (suf[mid]<a[i]) L=mid; 102             else R=mid-1; 103  } 104         int rr=L; 105         if (ll<i && rr>i) 106  { 107             int x1=lower_bound(sl+1,sl+1+tl,ll)-sl,x2=upper_bound(sl+1,sl+1+tl,i-1)-sl-1, 108             y1=lower_bound(sr+1,sr+1+tr,i+1)-sr,y2=upper_bound(sr+1,sr+1+tr,rr)-sr-1; 109             if (x1<=x2 && y1<=y2) 110  { 111 // cout<<i<<' '<<x1<<' '<<x2<<' '<<y1<<' '<<y2<<"!!\n";
112                 op[++lp]=(Ope){x1,y1,y2,1}; 113                 op[++lp]=(Ope){x2+1,y1,y2,-1}; 114  } 115  } 116  } 117     
118  tt.clear(tr); 119     sort(op+1,op+1+lp); 120     int tmp=0; 121     for (int i=1,j=1;i<=tl;i++) 122  { 123         while (j<=lp && op[j].x==i) tt.add(op[j].y1,op[j].y2,op[j].v),j++; 124         tmp=max(tmp,tt.a[1].Max); 125  } 126     
127     ans-=tmp*2; 128     printf("%lld\n",ans); 129     return 0; 130 }

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