BZOJ-3289-Mato的文件管理-莫队+树状数组

描述

给定一段 n(n≤50000) 个数的序列, m(m≤50000) 次询问 [L, R] 区间内相邻元素两两交换使得序列不降的最少次数.

分析

首先转化为一个逆序对的问题, 最少交换的次数就是逆序对的个数. 后面的证明说的不严谨甚至可能是错的, 不过可以作为启发和参考吧 : 对于序列中的一个元素x, 其后面比它小的元素有c个, 讨论它后面第一个元素y的值, 如果y比x小, 那么需要交换x和y使得序列不降, 这样操作个数增加的实际上就是一对逆序对, 然后x到了y的位置继续 ; 如果y大于或等于x, 那么需要先把y移动到它应该去的位置, 再移动x, 这样增加的就是以x和y开头的逆序对数之和.
然后用莫队算法离线统计. 需要解决的问题就是如何统计在一段已经统计出逆序对个数的序列的开头或者结尾添加或删除一个元素后对原逆序对个数的影响. 可以用树状数组记录离散后的权值在当前序列[A[L], A[R]]中的出现次数的前缀和.
①在一列数的后面添加一个数，逆序对数会增加数列中比它大的数的个数。

②在一列数的后面删除一个数，逆序对数会减少数列中比它大的数的个数。

③在一列数的前面添加一个数，逆序对数会增加数列中比它小的数的个数。

④在一列数的前面删除一个数，逆序对数会减少数列中比它小的数的个数。
from : AutSky_JadeK
用树状数组记录后用莫队算法统计.

#include #include #include using namespace std;
const int maxn = 50000 + 10;
int tot, block;
int A[maxn], T[maxn];
int c[maxn];
int ans[maxn];
struct Question {
int L, R, id;
bool operator < (const Question& rhs) const {
if(L/block != rhs.L/block) return L < rhs.L;
return R < rhs.R;
}
} questions[maxn];
#define q questions[i]
void modify(int x, int d) {
for(; x <= tot; x += x&-x) c[x] += d;
}
int query(int x) {
int ret = 0;
for(; x > 0; x -= x&-x) ret += c[x];
return ret;
}
int main()
{
int n, m;
scanf("%d", &n);
block = (int)(sqrt(n) + 0.5);
for(int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &A[i]), T[i] = A[i];
sort(T+1, T+n+1);
tot = unique(T+1, T+n+1)-T - 1;
for(int i = 1; i <= n; i++)
A[i] = lower_bound(T+1, T+tot+1, A[i])-T;
scanf("%d", &m);
for(int i = 1; i <= m; i++)
scanf("%d %d", &q.L, &q.R), q.id = i;
sort(questions+1, questions+m+1);
int L = 1, R = 0, cur = 0;
for(int i = 1; i <= m; i++) {
while(L > q.L) cur += query(A[--L]-1), modify(A[L], 1);
while(R < q.R) cur += query(tot)-query(A[++R]), modify(A[R], 1);
while(L < q.L) modify(A[L], -1), cur -= query(A[L++]-1);
while(R > q.R) modify(A[R], -1), cur -= query(tot)-query(A[R--]);
ans[q.id] = cur;
}
for(int i = 1; i <= m; i++) printf("%d\n", ans[i]);
return 0;
}

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