1831: [AHOI2008]逆序对

Description

小可可和小卡卡想到Y岛上旅游，但是他们不知道Y岛有多远。好在，他们找到一本古老的书，上面是这样说的：下面是N个正整数，每个都在1~K之间。如果有两个数A和B，A在B左边且A大于B，我们就称这两个数为一个“逆序对”。你数一数下面的数字里有多少个逆序对，你就知道Y岛离这里的距离是多少千米了。比如说，4 2 1 3 3里面包含了5个逆序对：(4, 2), (4, 1), (4, 3), (4, 3), (2, 1)。可惜的是，由于年代久远，这些数字里有一部分已经模糊不清了，为了方便记录，小可可用“-1”表示它们。比如说，4 2 -1 -1 3 可能原来是4 2 1 3 3，也可能是4 2 4 4 3，也可能是别的样子。小可可希望知道，根据他们看清楚的这部分数字，能不能推断出这些数字里最少能有多少个逆序对。

Input

第一行两个正整数N和K。第二行N个整数，每个都是-1或是一个在1~K之间的数。

Output

一个正整数，即这些数字里最少的逆序对个数。

Sample Input

5 4
4 2 -1 -1 3

Sample Output

HINT

4 2 4 4 3中有4个逆序对。当然，也存在其它方案得到4个逆序对。

数据范围：
100%的数据中，N<=10000，K<=100。
60%的数据中，N<=100。
40%的数据中，-1出现不超过两次。

题解：

想了有好一段时间，第一反应是dp没错。

定义f[i][j]表示第i个-1填j的逆序对数最小。

然后...对于状态转移一脸懵逼qwq

又想了好久，发现其实按顺序从前往后填的话，每次填的数都一定是单调递增的（不严格）

哎~美滋滋~

到底为什么呢？

在一个序列当中，对于x，y两个数(x>y)，位置为i和j(i>j)

如果我们将x和y调换位置的话会出现以下几种情况：

1、1~i-1和j+1~n中的数与x,y构成的逆序对数不变。

2、i+1~j-1中大于x的数或者小于y的数与x,y构成的逆序对数不变。

3、i+1~j-1中在y~x范围内的数与x,y构成的逆序对数减少。

那么看到这里我们就可以发现，如果我们在i和j这两个位置分别填了x,y这两个数，那么只有x<y时得到的解才是最优的！

自然而然-转移方程：f[i][j]=s[i-1][j]+hf[i][j];

s[i][j]表示的就是f[i][1]~f[i][j]解的最小值

hf[i][j]表示的就是在第i个位置填入j之后所产生的逆需对（这个很明显就可以预处理嘛~）

但是我们需要把hf数组分成两个部分：

q[11000][110];//表示第i个位置填了j之后，1~i有多少个逆序对——顺推
h[11000][110];//表示第i个位置填了j之后，i~n有多少个逆序对（对于后面不是-1的数来说）——逆推

说到这里就可以了，AC~~~

PS：双倍经验！！！bzoj1786

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int read()
{
    int f=1,x=0;char ch;
    while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return f*x;
}
int n,k,last;
int a[11000],b[11000];
int f[11000][110];//表示第i个-1填j的逆序对数最小(1<=j<=k && 保证序列中填的一定是一个上升序列所得的解才为最优)
int q[11000][110];//表示第i个位置填了j之后，1~i有多少个逆序对——顺推 
int h[11000][110];//表示第i个位置填了j之后，i~n有多少个逆序对（对于后面不是-1的数来说）——逆推 
int s[11000][110];//表示f[i][1]~f[i][j]解的最小值 
//方程：f[i][j]=s[i-1][j]+hf[i][j];
int main()
{
    //freopen("1831.in","r",stdin);
    //freopen("1831.out","w",stdout);
    n=read(),k=read();int sum=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        if(a[i]==-1)b[++sum]=i;
    }
    
    //预处理:
    
    //前 
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=k;j++)
        {
            int ss=0;
            if(a[i]>j)ss=1;
            q[i][j]=q[i-1][j]+ss;
        }
        
    //后 
    for(int i=n;i>=1;i--)
        for(int j=1;j<=k;j++)
        {
            int ss=0;
            if(a[i]!=-1 && a[i]<j)ss=1;
            h[i][j]=h[i+1][j]+ss;
        }
    
    memset(f,0,sizeof(f));
    for(int i=1;i<=sum;i++)
    {
        f[i][1]=f[i-1][1]+q[b[i]][1]+h[b[i]][1];
        s[i][1]=f[i][1];
        for(int j=2;j<=k;j++)
        {
            f[i][j]=s[i-1][j]+q[b[i]][j]+h[b[i]][j];
            s[i][j]=min(s[i][j-1],f[i][j]);
        }
    }
    
    int ans=999999999;
    for(int i=1;i<=k;i++)ans=min(ans,f[sum][i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)if(a[i]!=-1)ans+=q[i][a[i]];
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}