[LOJ535]「LibreOJ Round #6」花火

loj

description

给你一个排列(h_i)，你需要交换任意两个位置上的数使得交换后排列的逆序对数最少。
(n le 3 imes 10^5)

sol

首先可以发现，如果交换两个位置(i,j(h_i>h_j))，那么逆序对数的减小量就是满足(i<k<j)且(h_j<h_k<h_i)的(k)的数量乘(2)。这相当于一个二维数点的问题。
理性分析一下，枚举出来的(i)一定是前缀最大值，(j)一定是后缀最小值，不然这个矩形内包含的点的数量一定不是最多的。
那么我们就构造出了一个满足前缀最大的集合(U)和一个满足后缀最小的集合(D)，现在要从两个集合中各选出一个构成一个矩形，最大化其中的点数。注意这两个集合中的(h_i)都是单调递增的。
我们考虑每一个点((x,h_x))会出现在哪些矩形中。
在(U)中二分找到最小的(l)满足(h_l>h_x)，在(D)中二分找到最小的(r)满足(h_r<h_x)，那么要使点((x,h_x))被包含在((i,j))构成的矩形内部的条件就是：(iin[l,x-1],jin[x+1,r])。
把点转化为矩阵，问题变成求矩形覆盖的最大值，线段树维护扫描线即可。
复杂度(O(nlog n))。

code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int gi(){
	int x=0,w=1;char ch=getchar();
	while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
	if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
	while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
	return w?x:-x;
}
const int N = 3e5+5;
int n,h[N],s1[N],t1,s2[N],t2,ins[N],cnt,mx[N<<2],tag[N<<2],c[N],ans;
long long sum;
struct node{
	int y,x1,x2,op;
	bool operator < (const node &b) const{
		if (y==b.y) return op<b.op;
		return y<b.y;
	}
}p[N<<1];
int binary1(int x){
	int l=1,r=t1,res=0;
	while (l<=r){
		int mid=l+r>>1;
		if (h[s1[mid]]>h[x]) res=mid,r=mid-1;
		else l=mid+1;
	}
	return s1[res];
}
int binary2(int x){
	int l=1,r=t2,res=0;
	while (l<=r){
		int mid=l+r>>1;
		if (h[s2[mid]]<h[x]) res=mid,r=mid-1;
		else l=mid+1;
	}
	return s2[res];
}
void modify(int x,int l,int r,int ql,int qr,int v){
	if (l>=ql&&r<=qr) {mx[x]+=v;tag[x]+=v;return;}
	int mid=l+r>>1;
	if (ql<=mid) modify(x<<1,l,mid,ql,qr,v);
	if (qr>mid) modify(x<<1|1,mid+1,r,ql,qr,v);
	mx[x]=max(mx[x<<1],mx[x<<1|1])+tag[x];
}
void mdf(int k){while(k<=n)++c[k],k+=k&-k;}
int qry(int k){int s=0;while(k)s+=c[k],k-=k&-k;return s;}
int main(){
	n=gi();
	for (int i=1;i<=n;++i) h[i]=gi();
	for (int i=1;i<=n;++i) if (i==1||h[i]>h[s1[t1]]) s1[++t1]=i,ins[i]=1;
	for (int i=n;i>=1;--i) if (i==n||h[i]<h[s2[t2]]) s2[++t2]=i,ins[i]=1;
	for (int i=1;i<=n;++i){
		if (ins[i]) continue;
		int l=binary1(i),r=binary2(i);
		if (l<i&&i<r){
			p[++cnt]=(node){i+1,l,i-1,1};
			p[++cnt]=(node){r+1,l,i-1,-1};
		}
	}
	sort(p+1,p+cnt+1);
	for (int i=1;i<=cnt;++i){
		modify(1,1,n,p[i].x1,p[i].x2,p[i].op);
		if (p[i].y!=p[i+1].y) ans=max(ans,mx[1]);
	}
	for (int i=n;i;--i) sum+=qry(h[i]-1),mdf(h[i]);
	printf("%lld
",sum-2*ans);
	return 0;
}