E - Sorted and Sorted

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Problem Statement

There are $2N$ balls, $N$ white and $N$ black, arranged in a row. The integers from $1$ through $N$ are written on the white balls, one on each ball, and they are also written on the black balls, one on each ball. The integer written on the $i$ -th ball from the left ( $1 ≤ i ≤ 2N$ ) is $a_i$ , and the color of this ball is represented by a letter $c_i$ . $c_i =$ W represents the ball is white; $c_i =$ B represents the ball is black.
Takahashi the human wants to achieve the following objective:

For every pair of integers $(i,j)$ such that $1 ≤ i < j ≤ N$ , the white ball with $i$ written on it is to the left of the white ball with $j$ written on it.
For every pair of integers $(i,j)$ such that $1 ≤ i < j ≤ N$ , the black ball with $i$ written on it is to the left of the black ball with $j$ written on it.

In order to achieve this, he can perform the following operation:

Swap two adjacent balls.

Find the minimum number of operations required to achieve the objective.

Constraints

$1 ≤ N ≤ 2000$
$1 ≤ a_i ≤ N$
$c_i =$ W or $c_i =$ B.
If $i ≠ j$ , $(a_i,c_i) ≠ (a_j,c_j)$ .

Input

Input is given from Standard Input in the following format:

$N$
$c_1$ $a_1$
$c_2$ $a_2$
$:$
$c_{2N}$ $a_{2N}$

Output

Print the minimum number of operations required to achieve the objective.

Samples

Input	Output
3 B 1 W 2 B 3 W 1 W 3 B 2	4
4 B 4 W 4 B 3 W 3 B 2 W 2 B 1 W 1	18
9 W 3 B 1 B 4 W 1 B 5 W 9 W 2 B 6 W 5 B 3 W 8 B 9 W 7 B 2 B 8 W 4 W 6 B 7	41

Sample 1:
The objective can be achieved in four operations, for example, as follows:
Swap the black 3 and white 1.
Swap the white 1 and white 2.
Swap the black 3 and white 3.
Swap the black 3 and black 2.

解题思路

先看一个最基本的问题：

已知 $1$ 到 $N$ 的一个排列，每次操作可以交换相邻两数，求至少多少次操作才能将这个数列变为 $1,2,3,\cdots,N$

答案就是原数列的逆序对对数。证明如下：
目标数列显然满足这样一个性质：对于 $\forall i \in [1,N)$ ，都有 $a_i < a_{i+1}$ 。因此如果当前数列不是目标数列，一定 $\exists\ i \in [1,n)$ 使得 $a_i > a_{i+1}$ ，那么 $a_i$ 和 $a_{i+1}$ 就构成了一对逆序对，我们需要一次操作交换这两个数。这样周而复始地进行交换操作，最终操作数量就是逆序对对数。

这个基本问题就可以衍生出许多问题，比如说 NOIP2013花匠 [题解]，又比如这道题。

这道题把一个 $1$ 到 $N$ 的排列变成了两个 $1$ 到 $N$ 的排列相混合，于是出现了一个问题：我们甚至都不知道最终数列的状态是怎样的。
假设现在我们知道最终数列的状态，那么只需要像 NOIP2013花匠一样扩展一下“逆序对” $(a_i,a_j)$ 的定义为：初始时 $a_i$ 在 $a_j$ 之后，目标状态下 $a_i$ 在 $a_j$ 之前的一对 $(a_i,a_j)$ 。这样，答案仍旧是逆序对对数。
ok，现在我们只需要找到最优的目标状态了：

dp状态：定义 $dp[i][j]$ 表示目标状态中，前 $i+j$ 个数由 $1$ ~ $i$ 的黑球和 $1$ ~ $j$ 的白球混合排列而成（对于任意一种颜色的球，排列是升序的）时，最少的逆序对对数
dp方程： $dp[i][j] = min(dp[i-1][j] + b_{i,j},dp[i][j-1] + w_{i, j})$ ，其中 $b_{i,j}$ 表示 $1$ ~ $i$ 的白球和 $1$ ~ $j$ 的黑球中，初始时在黑球 $i$ 之后的球的数量； $w_{i,j}$ 同理
具体计算 $b_{i,j}$ 和 $w_{i,j}$ 可以在 dp 之前先 $O(N^2)$ 预处理出所有位置关系，再通过二维前缀和优化使得能够在 dp 时 $O(1)$ 得值
dp顺序：由dp方程易知：顺序 for i 再 for j 即可
边界条件：由dp定义和dp顺序可知：dp[0][0] = 0

答案即是 $dp[N][N]$

时间复杂度： $O(N^2)$

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;

const int INF = 0x7fffffff;
const int N = 2005;
int n, a[N<<1], t, dp[N][N], g[N<<1][N<<1];
char c;

int cal(int x, int b, int w){
    return g[x][b] - g[x-1][b] + g[x][w] - g[x][n] - g[x-1][w] + g[x-1][n];
}

int main(){
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n << 1; i++){
        scanf("%s%d", &c, &a[i]);
        if(c == 'W')    a[i] += n;
        for(int j = 1; j < i; j++)
            g[a[j]][a[i]] = 1;
    }
    for(int i = 1; i <= n << 1; i++)
        for(int j = 1; j <= n << 1; j++)
            g[i][j] += g[i-1][j] + g[i][j-1] - g[i-1][j-1];
    memset(dp, 0x7f, sizeof dp);
    dp[0][0] = 0;
    for(int i = 0; i <= n; i++){
        for(int j = 0; j <= n; j++){
            if(!i && !j)    continue;
            dp[i][j] = min(i ? dp[i-1][j] + cal(i, i, j+n) : INF, j ? dp[i][j-1] + cal(j+n, i, j+n) : INF);
        }
    }
    printf("%d\n", dp[n][n]);
    return 0;
}

[AtCoder ARC097]E - Sorted and Sorted（dp，逆序对，前缀和优化）