[题解]P3656 [USACO17FEB] Why Did the Cow Cross the Road I P

思路

首先，\(A\) 和 \(B\) 只会移动一个，那么，我们分开来算，我们先假定 \(B\) 会动。

不妨令 \(A\) 与 \(b\) 连边的端点为 \(x,y\)。如果有线段 \(pq\) 能与 \(xy\) 相交，一定满足如下其中一条规律：

1. \(p < x \wedge q > y\)
2. \(p > x \wedge q < y\)

发现每一次循环右移一次，只会影响一条端点在 \(B_n\) 的位置的线段，其余线段相对位置不变。

令 \(B_n\) 在 \(A\) 中的位置为 \(x\)。因为 \(B_n\) 是在 \(B\) 中的最后一个元素，所以如果有线段能与其所在线段相交，那么只能是满足上述规律中的第 2 种。所以所有以 \(A_{x + 1 \sim n}\) 为端点的线段一定与 \(B_n\) 所在线段相交。

那么，如果我们将 \(B\) 循环右移一位后，可以发现原本与 \(B_n\) 相交的线段都不会相交了，即将数量 \(res\) 变为了 \(res - (n - x)\)。

再来考虑 \(B_n\) 循环右移到 \(B_1\) 时会产生新的数量。因为 \(B_1\) 是 \(B\) 中的第一个元素，所以如果有线段能与其所在线段相交，那么只能是满足上述条件中的第 1 种。所以，所有以 \(A_{1 \sim x - 1}\) 为端点的线段一定与其相交。

那么，我们将 \(B\) 循环右移一位后，可以发现能新产生 \(x - 1\) 条线段，即将数量 \(res\) 变为了 \(res + (x - 1)\)。

那么结果 \(res\) 将变为 \(res - (n - x) + (x - 1) = res - n + 2x - 1\)。

接下来只需要处理出 \(res\) 在不动时的结果即可。

我们将 \(pos_i\) 表示 \(B\) 在 \(A\) 中的位置，可以发现当 \(i < j \wedge pos_i > pos_j\) 时就会产生一条相交的线段对。然后发现本质上就是求 \(pos\) 的逆序对数量，用树状数组算一下即可。

注意：不要忘了讨论 \(A\) 动的情况。

code

#include <bits/stdc++.h>
#define re register
#define int long long

using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;
int n,ans,t;
int arr[N],brr[N],vis[N],pos[N];

inline int read(){
	int r = 0,w = 1;
	char c = getchar();
	while (c < '0' || c > '9'){
		if (c == '-') w = -1;
		c = getchar();
	}
	while (c >= '0' && c <= '9'){
		r = (r << 3) + (r << 1) + (c ^ 48);
		c = getchar();
	}
	return r * w;
}

struct BIT{
	int tr[N];
	
	inline int lowbit(int x){
		return x & -x;
	}
	
	inline void modify(int x,int k){
		for (re int i = x;i <= n;i += lowbit(i)) tr[i] += k;
	}
	
	inline int query(int x){
		int res = 0;
		for (re int i = x;i;i -= lowbit(i)) res += tr[i];
		return res;
	}
}tree;

inline int f(int *arr,int *brr){
	for (re int i = 1;i <= n;i++) vis[arr[i]] = i;
	for (re int i = 1;i <= n;i++) pos[i] = vis[brr[i]];
	int res = 0,ans = 0;
	memset(tree.tr,0,sizeof(tree.tr));
	for (re int i = n;i;i--){
		res += tree.query(pos[i]);
		tree.modify(pos[i],1);
	}
	ans = res;
	for (re int i = n;i;i--){
		res = res - n + 2 * pos[i] - 1;
		ans = min(ans,res);
	}
	return ans;
}

signed main(){
	n = read();
	for (re int i = 1;i <= n;i++) arr[i] = read();
	for (re int i = 1;i <= n;i++) brr[i] = read();
	printf("%lld",min(f(arr,brr),f(brr,arr)));
	return 0;
}