[Codeforces1234E]Special Permutations

题意

给定一个长度为 $m$的序列 $x$

记：

排列 $p_i(n)=[i,1,2,...,i-1,i+1,...,n]$
$pos(p,x)$表示 $x$在排列 $p$中的第几位
$f(p)=\sum_{i=1}^{m-1}|pos(p,x_i)-pos(p,x_{i+1})|$

求 $f(p_1(n)),f(p_2(n)),...,f(p_n(n))$。

$2\le n,m\le2\times10^5,1\le x_i\le n$

---

题解

方法一：暴力

观察 $p_{i-1}(n)$和 $p_i(n)$

$p_{i-1}(n)=[i-1,1,2,...,i,i+1,...,n]$

$p_i(n)=[i,1,2,...,i-1,i+1,...,n]$

可以发现只是交换了一下 $i-1$和 $i$的位置

即 $pos(p_i(n),i)=1,pos(p_i(n),i-1)=i$。

其余的 $pos(p_i(n),j)=pos(p_{i-1}(n),j)|j\neq i,j\neq i-1$

所以每次交换只会改变两种数 $(i-1$和 $i)$与左右的数的差的绝对值

记下每一种数所在的位置，每次枚举这两种数的所有位置，暴力修改答案

由于每种数最多只会被枚举两次，且总共只有 $m$个数，所以总的时间还是线性的

时间复杂度 $O(n+m)$

#include<bits/stdc++.h>
#define fp(i,a,b) for(register int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(register int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(register int i=fi[u],v=e[i].to;i;v=e[i=e[i].nx].to)
#define file(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char ss[1<<17],*A=ss,*B=ss;
inline char gc(){return A==B&&(B=(A=ss)+fread(ss,1,1<<17,stdin),A==B)?-1:*A++;}
template<class T>inline void sd(T&x){
    char c;T y=1;while(c=gc(),(c<48||57<c)&&c!=-1)if(c==45)y=-1;x=c-48;
    while(c=gc(),47<c&&c<58)x=x*10+c-48;x*=y;
}
#define ps sr[++C]='\n'
char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
template<class T>inline void we(T x){
    if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]=45,x=-x;
    while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
    while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]=' ';
}
const int N=2e5+5;
typedef long long ll;
typedef int arr[N];
int n,m,a[N],p[N];ll ans;
vector<int>pos[N];
int main(){
	#ifndef ONLINE_JUDGE
		file("s");
	#endif
	sd(n),sd(m);
	fp(i,1,n)p[i]=i;
	fp(i,1,m)sd(a[i]),pos[a[i]].push_back(i);
	fp(i,1,m-1)ans+=abs(a[i]-a[i+1]);
	we(ans);
	fp(i,2,n){	
		fp(j,0,pos[i].size()-1){
			int k=pos[i][j];
			if(k>1)ans-=abs(i-p[a[k-1]]);
			if(k<m)ans-=abs(i-p[a[k+1]]);
		}
		fp(j,0,pos[i-1].size()-1){
			int k=pos[i-1][j];
			if(k>1&&a[k-1]!=i)ans-=abs(1-p[a[k-1]]);
			if(k<m&&a[k+1]!=i)ans-=abs(1-p[a[k+1]]);
		}
		p[i]=1;p[i-1]=i;
		fp(j,0,pos[i].size()-1){
			int k=pos[i][j];
			if(k>1)ans+=abs(1-p[a[k-1]]);
			if(k<m)ans+=abs(1-p[a[k+1]]);
		}
		fp(j,0,pos[i-1].size()-1){
			int k=pos[i-1][j];
			if(k>1&&a[k-1]!=i)ans+=abs(i-p[a[k-1]]);
			if(k<m&&a[k+1]!=i)ans+=abs(i-p[a[k+1]]);
		}
		we(ans);
	}
return Ot(),0;
}
//Tips:注意序列长度是m不是n!!!!!

方法二：差分+前缀和

对于某一对相邻的数 $l,r(l<r)$，考虑他们在所有的 $p_i(n)$中的相对位置 $($即对答案的贡献 $)$

$1\le i<l$时： $l,r$相对位置不变，贡献均为 $r-l$
$i=l$时： $l$被移到第一位， $r$不变，贡献为 $r-1$
$l<i<r$时：每次都是 $l$到 $r$中的一个数被移到第一位， $l,r$距离 $-1$，贡献均为 $r-l-1$
$i=r$时： $r$被移到第一位， $l$不变，贡献为 $l$
$r<i\le n$时： $l,r$相对位置不变，贡献均为 $r-l$

于是这题就变成区间修改和按顺序单点查询了

用差分数组快速修改 $f(p_i(n))$，最后求一遍前缀和即可

时间复杂度 $O(n+m)$

#include<bits/stdc++.h>
#define fp(i,a,b) for(register int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(register int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(register int i=fi[u],v=e[i].to;i;v=e[i=e[i].nx].to)
#define file(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char ss[1<<17],*A=ss,*B=ss;
inline char gc(){return A==B&&(B=(A=ss)+fread(ss,1,1<<17,stdin),A==B)?-1:*A++;}
template<class T>inline void sd(T&x){
    char c;T y=1;while(c=gc(),(c<48||57<c)&&c!=-1)if(c==45)y=-1;x=c-48;
    while(c=gc(),47<c&&c<58)x=x*10+c-48;x*=y;
}
#define ps sr[++C]='\n'
char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
template<class T>inline void we(T x){
    if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]=45,x=-x;
    while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
    while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]=' ';
}
const int N=2e5+5;
typedef long long ll;
typedef int arr[N];
int n,m,a[N];ll f[N];
inline void mdy(int l,int r,int x){f[l]+=x,f[r+1]-=x;}
int main(){
	#ifndef ONLINE_JUDGE
		file("s");
	#endif
	sd(n),sd(m);
	fp(i,1,m)sd(a[i]);
	fp(i,1,m-1){
		int l=a[i],r=a[i+1];
		if(l==r)continue;
		if(l>r)swap(l,r);
		mdy(1,l-1,r-l);
		mdy(l,l,r-1);
		mdy(l+1,r-1,r-l-1);
		mdy(r,r,l);
		mdy(r+1,n,r-l);
	}
	fp(i,1,n)we(f[i]+=f[i-1]);
return Ot(),0;
}