[USACO10NOV]奶牛的图片Cow Photographs

题目描述

Farmer John希望给他的N(1<=N<=100,000)只奶牛拍照片,这样他就可以向他的朋友炫耀他的奶牛.

这N只奶牛被标号为1..N. 在照相的那一天,奶牛们排成了一排.其中第i个位置上是标号为 ci(1<=ci<=N)c_i(1<=c_i<=N)ci​(1<=ci​<=N) 的奶牛.

对于奶牛的站位,Farmer John有他自己的想法. FJ是这么想的,标号为i(1<=i<=n-1)的奶牛只能站在标号为i+1的奶牛的左边,而标号为N的奶牛只能站在标号为1的奶牛的左边.当然,没有牛可以站在队列中最左边的奶牛的左边了.也就是说,最左边的奶牛编号是随意的.

这些奶牛都非常的饿,急切的希望吃到FJ承诺的在拍照后的大餐,所以FJ想尽快的拍照.奶牛们的方向感非常的不好,所以FJ每一分钟只可以选择相邻的两只奶牛然后让他们交换位置.FJ最小需要多少时间就能使奶牛站成一个可以接受的序列?

比方说一个有5只奶牛的例子,一开始序列是这样的: 左边 右边 3 5 4 2 1

第一分钟,FJ可以交换第二队奶牛(即5和4),交换后的队列: 3 4 5 2 1

第二分钟,FJ交换最右边的一对,序列变成这样: 3 4 5 1 2

这样,只用了2分钟,就是序列变为了一个FJ所希望的序列.

输入输出格式

输入格式：

第1行:一个单独的数N 第2到n+1行:第i+1行上的数表示站在第i的位置上的奶牛的编号(即 cic_ici​ ).

输出格式：

一个整数,表示是奶牛的序列变为一个合法的序列的最小花费时间.

输入输出样例

输入样例#1： 

5
3
5
4
2
1

输出样例#1： 

2

提交地址：Luogu4545

众多USACO搜索题中的一股小清流；
刚看题：裸的逆序对淼淼淼淼；
笑容逐渐凝固：woc这没我想的那么简单...
我们的逆序对可以解决从1~n的排列问题， 但是这道题显然不是从1~n的排列；
那怎么办呢？
例如234561的序列， 逆序对个数为5， 这表明我们要换5次，是吗？显然不是， 我们一次都不用换；
那我们该怎样考虑这个问题呢？
我们可以把1想象成7！这样逆序对为0，且满足题意；
再举个例子， 3456721;
原始逆序对为11个；我们把1想象成8， 逆序对为5；
我们把2想象成9，逆序对为1；
这样我们保证了之前相对小的数， 在改变了它之后仍然相对小；
例如3456721， 改为3456728, 改为3456798， 还保证了"2">"1"， 保证了相对大小不变， 我们改变的只是中间的"断点";

意思是，我们从小到大枚举一个数假设它最大， 意思是它就是序列的一个结尾；
那我们怎样快速地求出修改之后的逆序对的数量呢？
显然最小的数产生的逆序对数量等于pos[i]-1， 就是它位置减一；
它成为最大值之后会增加n-pos[i]个新的逆序对；
所以我们可以先求出原先序列的逆序对， 然后枚举最小的数为最大数， 修改逆序对的数量， 然后取min；
代码奉上：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

inline int read()
{
    int res=0;bool fl=0;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')fl=1;ch=getchar();
    }while(isdigit(ch)){res=(res<<3)+(res<<1)+(ch-'0');ch=getchar();
    }return fl?-res:res;
}

int n;
int a[100010];
int pos[100010];

int t[1000010];
inline int lowbit(int x){return x & -x;}

inline void add(int x, int y){while(x <= n){t[x]+=y;x+=lowbit(x);}}

inline int query(int x){int ans=0;while(x!=0)ans+=t[x], x-=lowbit(x);return ans;}

long long ans;
long long best;

int main()
{
    n = read();
    for (register int i = 1 ; i <= n ; i ++) a[i] = read(), pos[a[i]] = i;
    
    for (register int i = n ; i >= 1 ; i --)
    {
        ans += query(a[i] - 1);
        add(a[i], 1);
    }
    
    best = ans;
    
    for (register int i = 1 ; i <= n ; i ++)
    {
        best = best - (pos[i] - 1) + (n - pos[i]);
        ans = min(ans, best);
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}