( ext{[USACO18OPEN] Out of Sorts P})
解法
考场上一直在想一次整体的操作，然后就凉了…
这题有个很重要的结论：对于 (i)，在 (i-1) 和 (i) 都成为分割点之前都会对冒泡排序产生贡献。
于是我们只需要计算出每个分割点出现的时间 (t_i)，答案就是 (sum_{i=0}^{n-1}max{t_i,t_{i+1}})。
而在 (i) 位置出现分割点意味着从小到大排名在 ([1,i]) 之内的数全都回到了区间 ([1,i])。在冒泡排序中，如果一个数前面有 (k) 个比它大的数，它会向前移动 (k) 次。所以从小到大排名在 ([1,i]) 之内的数向前次数是足够它回到 ([1,i]) 的（我好像又说了废话），由此，那个数回到 ([1,i]) 需要的次数实际上就是它与 (i) 的距离。
然后就好啦。需要注意的是，题目给的是 do-while，你可以把它理解成每个数字都至少动一次。
代码
#include <cstdio>
#define print(x,y) write(x),putchar(y)
template <class T>
inline T read(const T sample) {
T x=0; char s; bool f=0;
while((s=getchar())>'9' or s<'0')
f|=(s=='-');
while(s>='0' and s<='9')
x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),
s=getchar();
return f?-x:x;
}
template <class T>
inline void write(const T x) {
if(x<0) {
putchar('-');
write(-x);
return;
}
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10^48);
}
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
int n,a[maxn],b[maxn];
bool cmp(int x,int y) {
return a[x]==a[y]?x<y:a[x]<a[y];
}
int main() {
n=read(9);
for(int i=1;i<=n;++i)
a[i]=read(9),
b[i]=i;
sort(b+1,b+n+1,cmp);
long long ans=0,lst=0,t=0;
for(int i=1;i<=n;++i) {
t=max(t,0ll+b[i]);
ans+=max(lst,max(t-i,1ll));
lst=max(t-i,1ll);
}
print(ans,'
');
return 0;
}
( ext{Tree Tweaking})
或 ( m usOJ) 的 (30258)。
解法
我们称呼在 ([L,R]) 中的点是自由的。
先按顺序插入点 (x)，若此时离 (x) 最近的左边的点为 (l)，右边的点为 (r)，那么 (x) 将插入二者之间，而且深度是 (l,r) 中后插入那个点的深度加一。
考虑不在 ([L,R]) 中的点：对于 (i<L)，它们形成的树的形态已经固定；对于 (i>R)，这个点一定接在前面一个固定的点 (j) 上（点 (j) 本身可以是不固定的）。所以对于 (iin [1,L)cup (R,n]) 可以预处理 (dep_{a_i}=dep_{a_j}+1)，其中 (a_j) 是对于 (a_i) 的 (l,r) 中后插入那个点，并将其加入答案。当 (a_i) 的祖先有在 ([L,R]) 之间的点，那么这表示的是 (a_i) 与那个祖先的距离。
这就变成了确定了某棵树的中序遍历，要使所有节点深度和最小的问题。具体而言，加入所有 (i<L) 的点后，树中两个权值相邻的节点之间有一段未确定先后顺序的节点。找出这些连通块有两种方法：找到第一个连通块内的点后，找出它的 (l,r)，并将 ([l,r]) 内所有自由的点加入块内；或者考虑使用数组 (pre)，找到第一个连通块内的点后，将它的 (pre) 赋成一个特定的值，由于后面在连通块内的点通过 (l,r) 可以传递，就可以加在一个连通块内（我词穷了，还是看代码吧）。
对于每个连通块，令 (dp_{i,j}) 为 ((i,j)) 中点的最小深度和。转移过程相当于在 ((i,j)) 中选一个点当根，所以最后还要加上 (p_j-p_i-1)（即又新加了一层，注意这里是包含 (i>R) 的点的）。
时间复杂度 (mathcal O(n+(r-l+1)^3))。感觉自己又水了一篇博客。
代码
#include <cstdio>
#define print(x,y) write(x),putchar(y)
template <class T>
inline T read(const T sample) {
T x=0; char s; bool f=0;
while((s=getchar())>'9' or s<'0')
f|=(s=='-');
while(s>='0' and s<='9')
x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),
s=getchar();
return f?-x:x;
}
template <class T>
inline void write(const T x) {
if(x<0) {
putchar('-'),write(-x);
return;
}
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10^48);
}
#include <set>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
int p[maxn],n,a[maxn],L,R;
int dep[maxn],pre[maxn];
long long ans,dp[205][205];
set <int> st;
set <int> :: iterator it;
vector <int> g[maxn];
int main() {
n=read(9);
for(int i=1;i<=n;++i)
a[i]=read(9),p[a[i]]=i;
L=read(9),R=read(9);
st.insert(0),st.insert(n+1);
for(int i=1;i<=n;++i) {
int x=a[i];
it=st.lower_bound(x);
int r=*it,l=*(--it);
if(i<L) {
dep[x]=(p[l]<p[r]?dep[r]:dep[l])+1;
ans+=dep[x];
}
else if(i<=R) {
if(max(p[l],p[r])<L) {
pre[x]=l;
g[l].push_back(l);
g[l].push_back(r);
ans+=1ll*(r-l-1)*(p[l]<p[r]?dep[r]:dep[l]);
}
else {
pre[x]=(p[l]<p[r]?pre[r]:pre[l]);
}
g[pre[x]].push_back(x);
}
else {
dep[x]=(p[l]<p[r]?dep[r]:dep[l])+1;
ans+=dep[x];
}
st.insert(x);
}
for(int i=0;i<=n+1;++i) {
if(g[i].empty()) continue;
sort(g[i].begin(),g[i].end());
int m=g[i].size()-1;
for(int j=0;j<m;++j)
dp[j][j+1]=0;
for(int len=2;len<=m;++len) {
for(int j=0;j+len<=m;++j) {
dp[j][j+len]=1e15;
for(int k=1;k<len;++k)
dp[j][j+len]=min(dp[j][j+len],dp[j][j+k]+dp[j+k][j+len]);
dp[j][j+len]+=g[i][j+len]-g[i][j]-1;
}
}
ans+=dp[0][m];
}
print(ans,'
');
return 0;
}