Bzoj 2058: [Usaco2010 Nov]Cow Photographs 题解

2058: [Usaco2010 Nov]Cow Photographs

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Description

奶牛的图片 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c_i(1<=c_i<=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.

Input

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c_i).

Output

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.

Sample Input

5

3

5

4

2

1

Sample Output

2

 

　　这道题挺有趣的，他更多的是对我们能否看透题目本质的考察。

　　首先，我们可以先明确一点，对于一个已知序列，如果我们要把它调为123……那么我们需要移动的步数就是这个序列的逆序对数。

　　让我们观察一下样例最终的答案： 34512，我们会发现1左侧是单调递增，1及其右侧也是单调递增，只是在1这里断开了而已。如果我们测试一下其他我们自己造出来的小数据我们可以发现同样的规律。那我们难道要把整个序列拆开来看吗？不必，我之前说了只是在上升序列只是1这里断开了而已，那我们为什么不能直接将1,2转化为6,7呢？显然，这样是正确且方便的。对于新的答案，我们也不必再去O(nlogn)查询。我们对于答案作出的改变就是这个数改变后的贡献-这个数之前的贡献。由于这个数之前是最小的数，所以他之前的贡献就是他的now-1，由于他改变后是最大的数，所以改变后的贡献就是n-now。

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <map>
#include <set>
#define N 100005
using namespace std;
int n,a[N],b[N],dl[2*N];
int lowbit(int x)
{
    return x&(-x);
}
void add(int x)
{
    for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
        b[i]++;
}
int get(int x)
{
    int ans=0;
    for(int i=x;i>0;i-=lowbit(i))
        ans+=b[i];
    return ans;
}
long long ans[N];
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),dl[a[i]]=i;
    for(int i=n;i>=1;i--)
    {
        ans[0]+=get(a[i]);
        add(a[i]);
    }
    long long mn=ans[0];
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        a[dl[i]]=n+i-1;
        ans[i]=ans[i-1]-(dl[i]-1)+n-dl[i];
        mn=min(mn,ans[i]);
        dl[n+i-1]=i;
    }
    printf("%lld
",mn);
    return 0;
}