2018 ICPC Pacific Northwest Regional Contest I-Inversions 题解

Posted 2021-02-20 crazyfz

题目链接: 2018 ICPC Pacific Northwest Regional Contest - I-Inversions

题意

给出一个长度为(n)的序列，其中的数字介于0-k之间，为0表示这个位置是空的。现在可以在这些空的位置上任意填入1-k之间的数字（可以重复）。问最多可以总共有多少对逆序对。（如果(i<j,p_i>p_j)，则称((i,j))是一对逆序对）
(1leq nleq 2*10^5, 1leq kleq 100)

---

思路

• 第一步，先证明最优的填入的序列一定是非降序的。这里可以用反证法。假设(alt b)，对于序列(seq_1,a,seq_2,b,seq_3)，这里seq表示一段数字。如果我们交换a和b的位置，可以发现，a原本的贡献中：

  1. (seq_1)里比(a)大的，保留了下来。
  2. (seq_2)里比(a)小的，必定也比(b)小。
  3. (seq_3)里比(a)小的，保留了下来。

  同样地，在b原本的贡献中：

  1. (seq_1)里比(b)大的，保留了下来。
  2. (seq_2)里比(b)大的，必定也比(a)大。
  3. (seq_3)里比(b)大的，保留了下来。

  因此，用非降序的序列来填空，至少不会比这个序列的其他排列方式差，也就可以认为这是最优的了。

  这里稍微提一下，如果用相似的方法，无法证明非升序是最优的。

• 第二步，明确算法过程需要什么数据。这里需要用到的有：

1. 原序列的：
   • 对于所有的数字1-k，每个位置与前面可组成的逆序对数。
   • 已产生的所有逆序对数。
2. 填入空位的数：
   • 可与原序列产生的逆序对数
   • 填入序列之间产生的逆序对数。（大概是一个等差数列求和再减去相同部分）

• 然后是核心部分。观察到k很小，所以我们枚举从左到右，从大到小填入序列。具体方法如下：

  1. 枚举从(k到1)的每个数字(val)。然后枚举任意连续的空位填入一串val。这样直接做的复杂度是(O(n^2))，所以需要一些优化。
  2. 首先用前缀和、差分把计算连续串的复杂度压到(O(n))建立，(O(1))查询。
  3. 然后再额外维护一个dp数组，记录对于这个val的情况，这样在取到更优值的时候，这个首部以前的地方就可以保证后续也可用。这样首部随着枚举尾部向后迁移，更新dp数组的复杂度也从(O(n^2))降到了(O(n))。
  4. 最后再用这个额外的dp数组去更新答案的dp数组，直接覆盖。算法执行完，就可以得到填空与原序列产生的总贡献，和填空序列里不变的子序列减少的贡献。
  5. 最终答案就是原序列的贡献+填空与原序列产生的贡献+填空之间产生的贡献（等差数列求和再减去不变的子序列减少的贡献，代码中为方便计算，减去的部分在填空与原序列产生的贡献中提前计算了）。

  这里因为我自己也还没有理解透彻，只停留在AC的程度，也有题目比较复杂的原因，可能讲的不够清楚。具体需要看代码里的一些注释辅助理解。

---

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2e5+10;
const int maxk=1e2+10;
const ll inf=1e18;
int n,k;
int seq[maxn];
int preGt[maxn][maxk];//i,j: 下标从1到i这么多个大于j的数
int cnt[maxk];//至今有多少个数大于i
ll dp[maxn];//在i之前填空的贡献，减去相等序列本应有的贡献
ll curdp[maxn];
ll presum[maxn];//前缀和
ll getsum(ll num){
    //1...n等差数列求和
    return num*(num+1)/2;
}
int main(){
    // freopen("in.txt","r",stdin);
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>n>>k;
    int empty=0;
    ll ori=0;//原序列的逆序对数
    for(int i=1;i<=n;++i){
        cin>>seq[i];
        if(seq[i]==0){
            ++empty;
        }
        else{
            for(int j=0;j<seq[i];++j)
                ++cnt[j];
            ori+=cnt[seq[i]];
        }
        for(int j=0;j<=k;++j)
            preGt[i][j]=cnt[j];
    }
//////////////////////
    for(int i=1;i<=n;++i)
        dp[i]=-inf;
    for(int val=k;val>=1;--val){
        //先用大的数填空
        int tot=0;
        ll sum=0;//要注意的是，这里的sum是前缀和
        for(int i=1;i<=n;++i){
            if(seq[i]) continue;

            //加上i左边比val大的数
            sum+=preGt[i][val];
            //再加上i右边比val小的数，这里用总数-比val-1大的数量=比val小的数量
            //然后再总的减掉左边的，就是右边的。
            sum+=(preGt[n][0]-preGt[n][val-1])-(preGt[i][0]-preGt[i][val-1]);
            presum[++tot]=sum;
        }
        int emptyR=1;
        int emptyL=1;
        int curL=1;
        int curst=1;
        //枚举这串val填空的尾部
        for(int ed=1;ed<=n;++ed){
            ll mx=-inf;
            if(seq[ed]) continue;
            curL=emptyL;
            for(int st=curst;st<=ed;++st){
                if(seq[st]) continue;
                //从上一个状态加上，L到R之间填空val的贡献，减去这串本该下降的空位产生的贡献。
                //例如2,1贡献了一个逆序对，但2,2就不贡献了。然后对比已有状态看是否更优。
                ll tmp=dp[curL-1]+(presum[emptyR]-presum[curL-1])-getsum(emptyR-curL);
                if(tmp<mx) break;
                if(tmp>mx){
                    mx=tmp;
                    emptyL=curL;
                    curst=st;
                }
                ++curL;
            }
            curdp[emptyR]=max(dp[emptyR],mx);
            ++emptyR;
        }
        swap(dp,curdp);
    }
    cout<<ori+dp[empty]+getsum(empty-1)<<‘
‘;
    return 0;
}