「NOI.AC」Leaves 线段树合并

题目描述

现在有一棵二叉树，所有非叶子节点都有两个孩子。在每个叶子节点上有一个权值(有(n)个叶子节点，满足这些权值为(1dots n)的一个排列)。可以任意交换每个非叶子节点的左右孩子。 要求进行一系列交换，使得最终所有叶子节点的权值按照遍历序写出来，逆序对个数最少。

输入

第一行(n)表示叶子结点个数
接下来每行一个数(x)。如果(x)为(0)，表示这个节点为非叶子节点，递归地向下读入其左孩子和右孩子的信息。如果(x)不为(0)，表示这个节点是叶子节点，权值为(x)。

输出

输出一行，表示最少逆序对个数。

样例输入

3
0
0
3
1
2

样例输出

1

数据范围

对于前(10\%)的数据，(n leq 20)
对于前(30\%)的数据，(n leq 2000)
对于(100\%)的数据，(n leq 200000)

题解

线段树合并对我来说还是一个新的算法呢(Ou O)。

首先进行简单分析，发现某一个非叶子节点是否交换无法影响到父亲及以上的节点产生的逆序对，只需要计算出每一个非叶子节点子树内交换与否产生的最小逆序对数量，全部加起来即可（独善其身）。

然后考虑如何计算左右子树哪个产生的逆序对数量，并应考虑到合并左右子树的信息的实现方式。由此可以联想到线段树合并——这样可维护子树的信息并快速合并到父亲。然后考虑如何算答案。我们可以在合并的时候进行计算。对于一个值(mid)，可以轻而易举地算出来合并中的两子树小于等于或大于它的数量（即(size)）。左子树大于的和右子树小于等于的乘积即为这一层中不交换的逆序对数量，反之亦然。我们合并时肯定会合并到最后一层，路上就可以计算出交换与否的逆序对数量，两者取最小值加到答案中即可。

(PS:)注意(long long)，尤其是(dfs)中计算某一个子树的逆序对时。

(Code:)

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 400005
#define lim 20
#define ll long long
void Read(int &p)
{
	p = 0;
	int f = 0;
	char c = getchar();
	for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar())f = (c == '-');
	for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar())p = p * 10 + c - '0';
	if (f)p = -p;
}
int n, tot, root[N];
int rt, lc[N], rc[N];
int sz[N], val[N], cnt;
ll ans, a, b;
struct node
{
	int lc, rc, sz;
}S[N * lim];
void build(int &q, int l, int r, int v)
{
	if (!q)
		q = ++tot;
	S[q].sz++;
	if (l == r)
		return;
	int mid = (l + r) >> 1;
	if (v <= mid)
		build(S[q].lc, l, mid, v);
	else
		build(S[q].rc, mid + 1, r, v);
}
int Merge(int A, int B)
{
	if (!A)return B;
	if (!B)return A;
	a += 1ll * S[S[A].lc].sz * S[S[B].rc].sz;
	b += 1ll * S[S[A].rc].sz * S[S[B].lc].sz;
	S[A].lc = Merge(S[A].lc, S[B].lc);
	S[A].rc = Merge(S[A].rc, S[B].rc);
	S[A].sz = S[A].sz + S[B].sz;
	return A;
}
void Get(int &q)
{
	q = ++cnt;
	Read(val[q]);
	if (!val[q])
	{
		Get(lc[q]), Get(rc[q]);
		a = b = 0;
		root[q] = Merge(root[lc[q]], root[rc[q]]);
		ans += min(a, b);
	}
	else
		build(root[q], 1, n, val[q]);
}
int main()
{
	Read(n);
	Get(rt);
	printf("%lld
", ans);
}