bzoj1786[Ahoi2008]Pair 配对 dp

Posted 2020-09-27 GXZlegend

题目描述

输入

输出

样例输入

5 4
4 2 -1 -1 3

样例输出

4

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题解

dp

首先有个结论：填入的数一定是单调不降的。

证明：假设$i<j$，$a_i>a_j$，那么交换$a_i$和$a_j$，对逆序对总数产生的影响只有$[i+1,j-1]$这段区间及$i$和$j$。对于中间的部分，交换后$i$位置上的数变小，使得与中间位置的数产生的逆序对数不增；交换后$j$位置上的数变大，同样使得与中间位置的数产生的逆序对数不增；交换了$a_i$和$a_j$，使得总逆序对数-1。所以一定不如交换后更优。

那么产生的逆序对只有两种情况：原来确定的数之间、原来确定的数与填入的数之间。

于是我们就可以dp：设$f[i][j]$表示枚举到位置$i$，上一个填入的数是$j$的最小逆序对数。那么如果$i$位置的数是确定的，只需要计算答案，并把$f[i-1]$的状态复制过来。

如果$i$位置的数不是确定的，那么枚举这个数为$t$，则$f[i][t]=min(f[i-1][j])+ans[i][t]\ (j\le t)$，其中$ans[i][t]$为i位置填入t产生的逆序对数。

那么对于前面的部分维护一个前缀最小值即可，后面的部分由于k很小，所以使用二维前缀和与后缀和维护，$O(1)$查询。

最后的答案即为$f[n][t]$，总的时间复杂度为$O(nk)$

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int a[10010] , f[10010][110] , s1[10010][110] , s2[10010][110];
int main()
{
	int n , k , i , j , ans = 1 << 30 , tmp;
	scanf("%d%d" , &n , &k);
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &a[i]);
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
		for(j = k ; j >= 1 ; j -- )
			s1[i][j] = s1[i - 1][j] + s1[i][j + 1] - s1[i - 1][j + 1] + (a[i] == j);
	for(i = n ; i >= 1 ; i -- )
		for(j = 1 ; j <= k ; j ++ )
			s2[i][j] = s2[i + 1][j] + s2[i][j - 1] - s2[i + 1][j - 1] + (a[i] == j);
	memset(f , 0x3f , sizeof(f)) , f[0][1] = 0;
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
	{
		if(~a[i])
			for(j = 1 ; j <= k ; j ++ )
				f[i][j] = f[i - 1][j] + s1[i - 1][a[i] + 1];
		else
			for(j = 1 , tmp = 1 << 30 ; j <= k ; j ++ )
				tmp = min(tmp , f[i - 1][j]) , f[i][j] = tmp + s1[i - 1][j + 1] + s2[i + 1][j - 1];
	}
	for(i = 1 ; i <= k ; i ++ ) ans = min(ans , f[n][i]);
	printf("%d\n" , ans);
	return 0;
}