BZOJ 1831 逆序对

Description

小可可和小卡卡想到Y岛上旅游，但是他们不知道Y岛有多远。好在，他们找到一本古老的书，上面是这样说的： 下面是N个正整数，每个都在\(1 \sim K\)之间。如果有两个数\(A\)和\(B\)，\(A\)在\(B\)左边且\(A\)大于\(B\)，我们就称这两个数为一个“逆序对”。你数一数下面的数字里有多少个逆序对，你就知道Y岛离这里的距离是多少千米了。 比如说，\(4\;2\;1\;3\;3\)里面包含了\(5\)个逆序对：\((4, 2), (4, 1), (4, 3), (4, 3), (2, 1)\)。 可惜的是，由于年代久远，这些数字里有一部分已经模糊不清了，为了方便记录，小可可用“\(-1\)”表示它们。比如说，\(4\;2\;-1\;-1\;3\)可能原来是\(4\;2\;1\;3\;3\)，也可能是\(4\;2\;4\;4\;3\)，也可能是别的样子。 小可可希望知道，根据他们看清楚的这部分数字，能不能推断出这些数字里最少能有多少个逆序对。

Input

第一行两个正整数\(N\)和\(K\)。第二行\(N\)个整数，每个都是\(-1\)或是一个在\(1 \sim K\)之间的数。

Output

一个正整数，即这些数字里最少的逆序对个数。

Sample Input

5 4
4 2 -1 -1 3

Sample Output

4

HINT

\(4\;2\;4\;4\;3\)中有\(4\)个逆序对。当然，也存在其它方案得到\(4\)个逆序对。

数据范围：
\(100\%\)的数据中，\(N\le10000\)，\(K\le100\)。
\(60\%\)的数据中，\(N\le100\)。
\(40\%\)的数据中，\(-1\)出现不超过两次。

一道很好的dp题。（难得这题自己能够做出来）
\(f_{i,j,k}\)表示考虑前\(i\)个\(-1\)，前面\(i\)个数中大于\(j\)的有\(k\)个数字的最优解。
\(pre_{i,j}\)表示前\(i\)个\(-1\)中，已知的数字部分小于等于\(j\)的有几个；\(sum_{i}\)表示整个序列小于等于\(j\)的数字有几个。
dp方程比较复杂，我在代码里写注释。

inline void dp()
{
	memset(f[0],0x7,sizeof(f[0]));
	int i,j,k,p,q;
	for (i = 1;i <= K;++i) f[0][i][0] = 0;
	for (i = 1;i <= cnt;++i)
	{
		p = i&1,q = p^1;
		for (j = 1;j <= K;++j)
			for (k = 0;k <= i;++k) f[p][j][k] = inf;
		for (j = 1;j <= K;++j)
			for (k = 0;k < i;++k)
				f[p][j][k] = f[q][j][k] + k + pre[i][K] - pre[i][j] + sum[j-1] - pre[i][j-1];   //第$i$位中填$j$之后的贡献
		for (j = 1;j <= K;++j)
			for (k = i-1;k >= 0;--k)
			{
				if (j + 1 <= K) f[p][j][k+1] = min(f[p][j][k+1],f[p][j+1][k]);  //递推更新$f$值，枚举顺序并不能更改
				if (j > 1)f[p][j][k] = min(f[p][j][k],f[p][j-1][k]);
			}
		for (j = K - 1;j >= 1;--j)
			for (k = i;k >= 0;--k) f[p][j][k] = min(f[p][j][k],f[p][j+1][k]);  //递推再次更新$f$值
	}
}

贴一份完整的代码：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
using namespace std;

#define inf (1<<29)
#define maxn 10010
#define maxk 110
int n,K,ans,seq[maxn],f[2][maxk][maxn],tree[maxk];
int cnt,sum[maxk],pre[maxn][maxk];

inline int lowbit(int x) { return x & -x; }

inline void modify(int x) { for (;x <= K;x += lowbit(x)) tree[x]++; }

inline int calc(int x) { int ret = 0; for (;x;x -= lowbit(x)) ret += tree[x]; return ret; }

inline void dp()
{
	memset(f[0],0x7,sizeof(f[0]));
	int i,j,k,p,q;
	for (i = 1;i <= K;++i) f[0][i][0] = 0;
	for (i = 1;i <= cnt;++i)
	{
		p = i&1,q = p^1;
		for (j = 1;j <= K;++j)
			for (k = 0;k <= i;++k) f[p][j][k] = inf;
		for (j = 1;j <= K;++j)
			for (k = 0;k < i;++k)
				f[p][j][k] = f[q][j][k] + k + pre[i][K] - pre[i][j] + sum[j-1] - pre[i][j-1];
		for (j = 1;j <= K;++j)
			for (k = i-1;k >= 0;--k)
			{
				if (j + 1 <= K) f[p][j][k+1] = min(f[p][j][k+1],f[p][j+1][k]);
				if (j > 1)f[p][j][k] = min(f[p][j][k],f[p][j-1][k]);
			}
		for (j = K - 1;j >= 1;--j)
			for (k = i;k >= 0;--k) f[p][j][k] = min(f[p][j][k],f[p][j+1][k]);
	}
}

int main()
{
	freopen("1831.in","r",stdin);
	freopen("1831.out","w",stdout);
	scanf("%d %d",&n,&K);
	for (int i = 1;i <= n;++i)
	{
		scanf("%d",seq+i);
		if (seq[i] == -1) cnt ++, memcpy(pre[cnt],sum,sizeof(sum));
		else
		{
			sum[seq[i]]++;
			ans += calc(K + 1-seq[i]-1);
			modify(K + 1 -seq[i]);
		}
	}
	for (int i = 1;i <= cnt;++i)
		for (int j = 1;j <= K;++j) pre[i][j] += pre[i][j-1];
	for (int i = 1;i <= K;++i) sum[i] += sum[i-1];
	int ret = 0;
	if (cnt)
	{
		dp(); ret = inf;
		for (int i = 1;i <= K;i++)
			for (int j = 0;j <= cnt;++j)
				ret = min(ret,f[cnt&1][i][j]);
	}
	printf("%d",ret + ans);
	fclose(stdin); fclose(stdout);
	return 0;
}