Codeforces Global Round 19

G.Birthday

题目描述

解法

可以写个暴力跑出 $n=3,4,5,6,7...$ 的情况，猜测最后的结果是最小的 $x$ 满足它是 $2$ 的幂次且 $x\geq n$

若 $n=x$ ，则可以让 $n\leftarrow n-1$ ，这样答案不变，并且可以保证 $n<x$

有一个简单的构造想法是把 $i(i>\frac{x}{2})$ 和 $x-i$ 配对，就可以得到 $x$ 和 $2i-x$ ，我们把能配对的都配对了，留下得到的若干个 $x$ ，会剩下这些东西：

$1,2...n-x-1$
$2,4...2\cdot (n-\frac{x}{2})$
单独的 $\frac{x}{2}$

设原来的问题为 $(n,x,k)$ ，其中 $k$ 表示每个数乘上的倍数，那么我们得到了 $(n-x-1,\frac{x}{2},k)$ 和 $(n-\frac{x}{2},\frac{x}{2},2k)$ 这两个子问题，可以直接递归下去。但是递归回来后还有一个问题，就是要把 $\frac{x}{2}$ 变成 $x$ 才能回溯。

发现对于 $n\leq 7$ 的情况，最后一步都是 $(0,x)$ ，而 $0$ 可以完成下面神奇的操作：

操作 $(0,a)$ ，变成了 $(a,a)$
操作 $(a,a)$ ，变成了 $(0,2a)$

也就是 $0$ 在保证自身不变的情况下，可以倍增一个数。那么我们的问题都撤销最后一步，这样就可以留下一个 $0$

再来梳理一遍，对于 $n\leq 7$ 我们直接取用暴搜的结果；对于 $n\geq 8$ ，我们可以直接递归下去，由于一定有一个子问题满足 $n'\geq 3$ ，所以回溯时一定能获取一个 $0$ ，用这个 $0$ 倍增所有 $<x$ 数就可以回溯了。

操作次数 $O(n\log n)$ ，讲解没完全看懂的可以参考代码。

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <iostream>
using namespace std;
#define pii pair<int,int> 
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
vector<pii> b[8] = {
	{},
	{},
	{},
	{{1, 3}, {2, 2}},
	{{1, 3}, {2, 2}},
	{{1, 2}, {1, 3}, {2, 4}, {2, 6}, {4, 4}, {3, 5}, {0, 2}, {2, 2}, {0, 4}, {4, 4}},
	{{1, 2}, {1, 3}, {2, 4}, {2, 6}, {4, 4}, {3, 5}, {2, 6}, {0, 4}, {4, 4}},
	{{1, 2}, {3, 5}, {2, 6}, {4, 4}, {1, 0}, {1, 3}, {1, 7}, {2, 6}, {4, 4}}
};
int T,n,m;vector<pii> a;
void add(int x,int y,int k)
{
	a.push_back({x*k,y*k});
}
void get(int x,int to,int k)
{
	while(x<to)
	{
		add(0,x,k);
		add(x,x,k);
		x<<=1;
	}
}
void dfs(int n,int x,int k)
{
	if(n==x) {dfs(n-1,x,k);return ;}
	if(n<=x/2)
	{
		dfs(n,x/2,k);
		for(int i=1;i<n;i++) get(x/2,x,k);
		return ;
	}
	if(n<=7)
	{
		for(auto [x,y]:b[n]) add(x,y,k);
		return ;
	}
	for(int i=x/2+1;i<=n;i++) add(x-i,i,k);
	int A=x-n-1,B=n-x/2;
	if(A>=3)
	{
		dfs(A,x/2,k);
		for(int i=1;i<A;i++) get(x/2,x,k);
	}
	if(B>=3) dfs(B,x/2,k*2);
	get(x/2,x,k);
	if(A<=2) for(int i=1;i<=A;i++) get(i,x,k);
	if(B<=2) for(int i=1;i<=B;i++) get(i,x/2,k*2);
	if(A>=3 && B>=3) add(0,x,k);
}
void work()
{
	n=read();m=1;a.clear();
	if(n==2) {puts("-1");return ;}
	while(m<n) m<<=1;
	if(n<=7) a=b[n];
	else dfs(n,m,1);
	add(0,m,1);
	printf("%d\n",a.size());
	for(auto [x,y]:a) printf("%d %d\n",x,y);
}
signed main()
{
	T=read();
	while(T--) work();
}

H.Minimize Inversions Number

题目描述

点此看题

解法

首先考虑 $k=1$ 的情况，设 $d_i=\sum_{j=1}^{i-1} [p_j>p_i]-[p_j<p_i]$ ，表示如果前移 $i$ 逆序对的减少量。

对于 $k>1$ 的情况，直接用选取点的 $\sum d_i$ 计算代价是不行的，需要减去一个「选取子序列的顺序对数 $-$ 逆序对数」的修正量。设 $s_1,s_2...s_k$ 表示选取的子序列， $q_1,q_2...q_k$ 表示对应的值，那么减去的总量是：

\sum_{i = 1}^{k} d_{s_{i}} + (\binom{k}{2}) - 2 \sum_{i = 1}^{k} \sum_{j = 1}^{i - 1} [q_{j} > q_{i}]

$\sum_{i=1}^k d_{s_i}+{k\choose 2}-2\sum_{i=1}^k\sum _{j=1}^{i-1} [q_j>q_i]$

所以我们要最大化 $\sum_{i=1}^k d_{s_i}-2\sum_{i=1}^k\sum_{j=1}^{i-1}[q_j>q_i]$

关键的结论是：对于原序列的逆序对 $(i,j)$ ，如果 $i$ 在子序列中，那么 $j$ 一定要在子序列中。

证明使用反证 + 调整法，即证明存在方案不劣于 $i$ 在子序列中，但是 $j$ 不在子序列中。

我们从存在逆序对 $(i,j)$ ，满足 $i$ 在子序列中，但是 $j$ 不在子序列中开始调整。考虑收紧限制，找到 $j-i$ 最小并且满足上述条件的逆序对 $(i,j)$ ，因为 $j-i$ 最小，所以在 $(i,j)$ 之间不存在这样的数：

值介于 $p_i$ 和 $p_j$ 之间的数。

大于 $p_i$ 且在子序列中的数。

小于 $p_j$ 且不在子序列中的数。

考虑取消 $i$ 的选择，转而选择 $j$ ，考虑代价的变化，对于某个位置 $k$ 的贡献是：

如果 $k>j$ 且不在子序列中，由于相对位置不变，所以无贡献。

如果 $k>j$ 且在子序列中，当且仅当 $p_k$ 介于 $p_i,p_j$ 之间会有 $-2$ 的贡献，否则无贡献。

如果 $k<i$ 且在子序列中，由于相对位置不变，所以无贡献。

如果 $k<i$ 且不在子序列中，当且仅当 $p_k$ 介于 $p_i,p_j$ 之间会有 $-2$ 的贡献，否则无贡献。

如果 $i<k<j$ ， $p_k>p_i$ 且不在子序列中，贡献为 $-1$

如果 $i<k<j$ ， $p_k<p_j$ 且在子序列中，贡献为 $-1$

所以总贡献非正，并且由于调整可以在有限步内结束，所以 $i$ 在子序列中，但是 $j$ 不在子序列中不会成为最优解。

如果感性理解上面的结论，就是决定逆序对的只有：位置和值。那么位置大的并且值小的放前面更优，所以原序列的逆序对会导致一些选择的偏序关系，可以指向上面的结论。

知道了这个结论后，我们只需要最大化 $\sum_{i=1}^k d_{s_i}-2\sum_{i=1}^k\sum_{j=s_i+1}^n [p_i>p_j]$

所以预处理 $c_i=d_i-2\sum_{j=i+1}^n [p_i>p_j]$ ，然后按照 $c$ 从大到小选择即可，时间复杂度 $O(n\log n)$

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int M = 500005;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int T,n,ans,a[M],b[M],c[M];
void add(int x)
{
	for(int i=x;i<=n;i+=i&(-i)) b[i]++;
}
int ask(int x)
{
	int r=0;
	for(int i=x;i>0;i-=i&(-i)) r+=b[i];
	return r;
}
void work()
{
	n=read();ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),b[i]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int d=ask(a[i]);
		ans+=i-1-d;c[i]=i-1-2*d;
		add(a[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=0;
	for(int i=n;i>=1;i--)
		c[i]-=2*ask(a[i]),add(a[i]);
	sort(c+1,c+1+n,greater<int>());
	printf("%lld ",ans);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		ans-=c[i]+(i-1);
		printf("%lld ",ans);
	}
	puts("");
}
signed main()
{
	T=read();
	while(T--) work();
}