[LOJ535]「LibreOJ Round #6」花火

loj

description

给你一个排列\(h_i\)，你需要交换任意两个位置上的数使得交换后排列的逆序对数最少。
\(n \le 3\times 10^5\)

sol

首先可以发现，如果交换两个位置\(i,j(h_i>h_j)\)，那么逆序对数的减小量就是满足\(i<k<j\)且\(h_j<h_k<h_i\)的\(k\)的数量乘\(2\)。这相当于一个二维数点的问题。
理性分析一下，枚举出来的\(i\)一定是前缀最大值，\(j\)一定是后缀最小值，不然这个矩形内包含的点的数量一定不是最多的。
那么我们就构造出了一个满足前缀最大的集合\(U\)和一个满足后缀最小的集合\(D\)，现在要从两个集合中各选出一个构成一个矩形，最大化其中的点数。注意这两个集合中的\(h_i\)都是单调递增的。
我们考虑每一个点\((x,h_x)\)会出现在哪些矩形中。
在\(U\)中二分找到最小的\(l\)满足\(h_l>h_x\)，在\(D\)中二分找到最小的\(r\)满足\(h_r<h_x\)，那么要使点\((x,h_x)\)被包含在\((i,j)\)构成的矩形内部的条件就是：\(i\in[l,x-1],j\in[x+1,r]\)。
把点转化为矩阵，问题变成求矩形覆盖的最大值，线段树维护扫描线即可。
复杂度\(O(n\log n)\)。

code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int gi(){
    int x=0,w=1;char ch=getchar();
    while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
    if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
    while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return w?x:-x;
}
const int N = 3e5+5;
int n,h[N],s1[N],t1,s2[N],t2,ins[N],cnt,mx[N<<2],tag[N<<2],c[N],ans;
long long sum;
struct node{
    int y,x1,x2,op;
    bool operator < (const node &b) const{
        if (y==b.y) return op<b.op;
        return y<b.y;
    }
}p[N<<1];
int binary1(int x){
    int l=1,r=t1,res=0;
    while (l<=r){
        int mid=l+r>>1;
        if (h[s1[mid]]>h[x]) res=mid,r=mid-1;
        else l=mid+1;
    }
    return s1[res];
}
int binary2(int x){
    int l=1,r=t2,res=0;
    while (l<=r){
        int mid=l+r>>1;
        if (h[s2[mid]]<h[x]) res=mid,r=mid-1;
        else l=mid+1;
    }
    return s2[res];
}
void modify(int x,int l,int r,int ql,int qr,int v){
    if (l>=ql&&r<=qr) {mx[x]+=v;tag[x]+=v;return;}
    int mid=l+r>>1;
    if (ql<=mid) modify(x<<1,l,mid,ql,qr,v);
    if (qr>mid) modify(x<<1|1,mid+1,r,ql,qr,v);
    mx[x]=max(mx[x<<1],mx[x<<1|1])+tag[x];
}
void mdf(int k){while(k<=n)++c[k],k+=k&-k;}
int qry(int k){int s=0;while(k)s+=c[k],k-=k&-k;return s;}
int main(){
    n=gi();
    for (int i=1;i<=n;++i) h[i]=gi();
    for (int i=1;i<=n;++i) if (i==1||h[i]>h[s1[t1]]) s1[++t1]=i,ins[i]=1;
    for (int i=n;i>=1;--i) if (i==n||h[i]<h[s2[t2]]) s2[++t2]=i,ins[i]=1;
    for (int i=1;i<=n;++i){
        if (ins[i]) continue;
        int l=binary1(i),r=binary2(i);
        if (l<i&&i<r){
            p[++cnt]=(node){i+1,l,i-1,1};
            p[++cnt]=(node){r+1,l,i-1,-1};
        }
    }
    sort(p+1,p+cnt+1);
    for (int i=1;i<=cnt;++i){
        modify(1,1,n,p[i].x1,p[i].x2,p[i].op);
        if (p[i].y!=p[i+1].y) ans=max(ans,mx[1]);
    }
    for (int i=n;i;--i) sum+=qry(h[i]-1),mdf(h[i]);
    printf("%lld\n",sum-2*ans);
    return 0;
}