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LOJ535「LibreOJ Round #6」花火-題解

阿新 • • 發佈：2018-12-17

記得開long long,空間要兩倍！

  • 題目簡述

給你一個nn的全排列，相鄰的之間可以任意交換，只有一次可以交換不相鄰的位置的數的機會，求出能讓其排好序的最少交換次數。

分析：

如果沒有那一次不相鄰的交換機會，那麼就是一個求逆序對個數的裸題了。

那麼有了這個之後，我們暴力的想法是列舉n2n^2的交換情況，每次再nlognnlogn計算逆序對個數，總複雜度為n3lognn^3logn，但是顯然過不了。

所以我們考慮，對於一個點，我們可以看作這樣的一個點對(i,hi)(i,h_i)，表示下標為ii，高度為hih_i，那麼我們交換的點必須要滿足：i

<j,hi>hji<j,h_i>h_j，否則會增加逆序對的個數。

而我們將其放在平面上來看，會是這樣的:

eg

紅色的點為(i,hi)(i,h_i)，綠色的點為(j,hj)(j,h_j)，那麼如果交換這兩個點，我們可以發現，減少的逆序對個數為1+矩形內的點的個數1+\text{矩形內的點的個數}，因為你原來矩形內的每個點和點jj會產生逆序對，然後矩形內的點和點ii產生逆序對，最後點i,ji,j的逆序對，所以交換後就會減少這麼多。

那麼我們只需找到包含點最多的矩形，然後將其左上角的點和右下角的點交換之後答案就為：

ans=tot−矩形內的點的個數×2−1+1ans=tot-\text{矩形內的點的個數}\times 2 -1+1

tottot為總的逆序對個數，後面−1+1-1+1是因為開始i,ji,j會減少一個，但是你交換i,ji,j又會增加一步操作，所以是這樣。

我們暴力找的話還是n2n^2的，但是我們可以發現，對於一個點(k,hk)(k,h_k)，如果k<i,hk>hik<i,h_k>h_i，那麼用點k,jk,j肯定比點i

,ji,j要優秀，因為這兩個矩形是包含的關係，如下圖：

eg

圖上點CC為點kk，AA為點ii，BB為點jj。

同理,對於一個點(w,hw)(w,h_w)，如果w>j,hw<hjw>j,h_w<h_j，那麼i,wi,w肯定比i,ji,j要優秀，如下圖：

eg

點AA為點ii，點CC為點jj，點EE為點ww。

所以根據這個單調性，我們可以用整體二分+主席樹找到包含點最多的矩形，具體細節參考下面這個部落格【Orz-IN】

但是，這個方法是O(nlog2n)O(nlog^2n)的，所以雖然能過，但是常數巨大且不好寫。

不妨反過來思考。 我們可以對於每一個點，找出包含它的最大的矩形。 那麼我們對於點(i,hi)(i,h_i)，我們前面找最小的ll，且滿足l<i,hl<hil<i,h_l<h_i，找後面最大的rr，且滿足r>i,hr<hir>i,h_r<h_i，這個就是能包含它的最大的矩形了，所以對於所有點(j,hj)(j,h_j)，只要滿足l≤j≤r,hr≤hj≤hll\leq j\leq r,h_r\leq h_j\leq h_l，那麼這個點就會對其作出貢獻。

我們對於矩形不好處理，所以將其轉化為點對，一個點(x,y)(x,y)表示左上角的下標在xx右下角的下標在yy的矩形，那麼我們每次只用在(l∼i−1,i+1∼r)(l\sim i-1,i+1\sim r)內的點加11即可。

所以我們用掃描線的思想將一個矩形拆成兩條線，一條入線，一條出線。 我們按照新的平面的yy座標從下往上掃，所以我們將原來一個(i,hi)(i,h_i)點表示的矩形拆為(l∼i−1,i+1)(l\sim i-1,i+1)的一條線和(l∼i−1,r+1)(l\sim i-1,r+1)的兩條線，當我們遇到第一條線時表示進入了這個矩形，就將l∼i−1l\sim i-1加11，遇到第二條線就表示已經出了這個矩形，我們要將這個矩形的影響消除，就將l∼i−1l\sim i-1減11，然後我們每次取當前這條線上的最大值更新最多點矩陣的點數即可，這個可以用一個線段樹維護。

所以先預處理，用歸併排序或者樹狀陣列的方式求出總的逆序對的個數tottot，記最多的點數為pp，答案就為: tot−2×ptot-2\times p

所以在nlognnlogn的預處理，nlognnlogn的求pp，O(1)O(1)回答答案即可。 總複雜度O(nlogn)O(nlogn)，比分治的O(nlog2n)O(nlog^2n)要優秀的多。

程式碼：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=3e5+10;
int n,H[M];
int lmax[M],rmin[M];
struct node{
	int l,r,type,ck;
	node(){}
	node(int a,int b,int c,int d):l(a),r(b),type(c),ck(d){}
	bool operator <(const node &a)const{return ck<a.ck||(ck==a.ck&&type>a.type);}
}line[M<<1];//因為每個矩形拆成兩條線，所以空間開兩倍
int tot;
int maxv[M<<2],lazy[M<<2];
void pushup(int o){
	maxv[o]=max(maxv[o<<1],maxv[o<<1|1]);
}
void pushdown(int o){
	if(!lazy[o]) return;
	maxv[o<<1]+=lazy[o];
	maxv[o<<1|1]+=lazy[o];
	lazy[o<<1]+=lazy[o];
	lazy[o<<1|1]+=lazy[o];
	lazy[o]=0;
}
void update(int o,int l,int r,int L,int R,int v){
	if(L<=l&&r<=R){
		maxv[o]+=v;lazy[o]+=v;
		return;
	}
	int mid=l+r>>1;
	pushdown(o);
	if(L<=mid) update(o<<1,l,mid,L,R,v);
	if(R>mid) update(o<<1|1,mid+1,r,L,R,v);
	pushup(o);
}
//線段樹區間加維護最大值
#define lowbit(a) ((a)&(-(a)))
ll bit[M];
void add(int a,ll b){
	for(;a<=n;a+=lowbit(a))bit[a]+=b;
}
ll query(int a){
 	int ans=0;
	for(;a;a-=lowbit(a))ans+=bit[a];
	return ans;	
}
//樹狀陣列求逆序對個數
ll ans;//記得開long long
void init(){
	for(int i=n;i>=1;i--){
		ans+=1ll*query(H[i])
            
  

           

              
              

            

            
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分治就好了



#inc 



  
 

    


    
    
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/*

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/*
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題目描述



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類似可行性背包的dp考慮
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 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace s 



  
 

    


    
    
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「LibreOJ β Round #2」貪心只能過樣例  [bitset]【STL】

     
 
							
							
							題目連結:https://loj.ac/problem/515 
——————————————————————————————————



515. 「LibreOJ β Round #2」貪心只能過樣例

記憶體限制：256 MiB   時間限制：1000  



  
 

    


    
    
#515. 「LibreOJ β Round #2」貪心只能過樣例

     
 
								
								            
							
							
							

解法：記錄 LibreOJ的第一個題，直接bitset暴力即可。

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



  
 

    


    
    
[暴力]#514. 「LibreOJ β Round #2」模擬只會猜題意

     
 
								
								            
							
							
							題目梗概



給定一個長度為 n 的序列 A 。

求一個區間的長度不小於x的最大和。

1≤x≤n≤104，0≤m≤105，∣Ai∣≤104。



解題思路

相信我暴力可以過！！！

因為這題僅 



  
 

    


    
    
「LibreOJ β Round #7」匹配字串

     
  
 
 
   
 
                            「LibreOJ β Round #7」匹配字串 
     



  
 

    


    
    
#520. 「LibreOJ β Round #3」緋色 IOI（開端） 貪心

     
 
								
								            
							
							
							媽耶，沒臉見人了。巨水，想出來不寫，人生重來算了。 
就是個找規律題，相鄰一個連一下，但是我沒注意到是IOI賽制，以為是OI賽制所以沒打，感覺70分好打但是懶得了。。 
證明就是把相鄰3個列一下式子就出 



  
 

    


    
    
[結論] LibreOJ #520. 「LibreOJ β Round #3」緋色 IOI（開端）

     
 
								
								            
							
							
							題意

戳這裡

題解

這是一道結論題。 
我們先把數放到數軸上考慮。定義兩個點的距離為幾何上的距離的平方。 
我們可以把一個迴路看作兩條從 1 到 n 的不相交的路徑。 
有一種經典的二路取數的 O 



  
 

    


    
    
2018.09.30【LOJ517】「LibreOJ β Round #2」計算幾何瞎暴力（01Trie）（二進位制拆分）

     
 
							
							
							傳送門

解析：
看到標題的dalaodalaodalao先不要急著錘我。。。
這道題的二進位制拆分和01Trie01Trie01Trie不能混在一起，不要急著說01Trie01Trie01Trie就是二進位制拆分。。。
思路：
這道題可以說是非常好的一道資料結 



  
 

    


    
    
LOJ #528. 「LibreOJ β Round #4」求和 （莫比烏斯函式）

     
 
								
								            
							
							
							題意

計算 ∑i=1n∑j=1mμ2(gcd(i,j))∑i=1n∑j=1mμ2(gcd(i,j)) (mod(mod 998244353)998244353)





題解

∑d=1nμ2(d) 



  
 

    


    
    
LibreOJ #517.「LibreOJ β Round #2」計算幾何瞎暴力 字典樹

     
 
							
							
							題意

有一個長度為n的陣列a和m個操作，每個操作形如 
1 x在序列的末尾新增一個數x 
2 l r詢問[l,r]的數的和 
3 x把序列中所有數都異或上x 
4把序列中所有數從小到大排序 
n,m≤105,x,ai≤109n,m≤105,x,ai≤109

 



  
 

    


    
    
#516. 「LibreOJ β Round #2」DP 一般看規律 set啟發式合併

     
 
							
							
							

題意：給出操作，將序列中所有一個數字替換為另一個，詢問每次操作後距離最近的兩個相同數字的距離。

解法：每個數字只與他的前驅和後繼產生貢獻。構建n個set，每次將較小的暴力合併到大的上面，通過lower_bound來找到他的前驅和後繼。懶得離散化可以用map