P3521 [POI2011] ROT-Tree Rotations （线段树合并）

​P3521 [POI2011] ROT-Tree Rotations

线段树合并

首先左右子树交换只会改变「跨过左右子树的逆序对」数量，对其他逆序对不会有任何影响，所以我们选择对每个结点的左右子树求解，判断是否交换。

考虑对于每个节点建一个权值线段树，那么贡献就可以在 merge 操作中求解，原因是在权值线段树上二分，可以计算跨过 $mid$ 的逆序对，然后继续递归求解，这部分类似归并排序。

知道了交换与不交换的贡献，加最小值即可。

复杂度 $O(n\log n)$。

在 merge 操作中计算贡献是很重要的做法，要熟练。

#include <bits/stdc++.h>
#define pii std::pair<int, int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back

typedef long long i64;
const int N = 2e5 + 10;
i64 tot, ret1, ret2;
struct seg {
	int ls, rs;
	i64 sum;
} t[N * 40];
i64 n, ans;
void pushup(int u, int ls, int rs) {t[u].sum = t[ls].sum + t[rs].sum;}
int ins(int &u, int l, int r, int x) {
	if(!u) u = ++tot;
	if(l == r) {
		t[u].sum++;
		return u;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(x <= mid) ins(t[u].ls, l, mid, x);
	else ins(t[u].rs, mid + 1, r, x);
	pushup(u, t[u].ls, t[u].rs);
	return u;
}
int mg(int p1, int p2, int l, int r) {
	if(l == r) {
		t[p1].sum += t[p2].sum;
		return p1;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	ret1 += t[t[p1].rs].sum * t[t[p2].ls].sum;
	ret2 += t[t[p2].rs].sum * t[t[p1].ls].sum;
	if(t[p1].ls && t[p2].ls) mg(t[p1].ls, t[p2].ls, l, mid);
	else if(t[p2].ls) t[p1].ls = t[p2].ls;
	if(t[p1].rs && t[p2].rs) mg(t[p1].rs, t[p2].rs, mid + 1, r);
	else if(t[p2].rs) t[p1].rs = t[p2].rs;
	pushup(p1, t[p1].ls, t[p1].rs);
	return p1;
}
int dfs() {
	int x, rt;
	std::cin >> x;
	if(x == 0) {
		int ls = dfs(); 
		int rs = dfs();
		ret1 = ret2 = 0;
		rt = mg(ls, rs, 1, n);
		ans += std::min(ret1, ret2);
	} else {
		rt = ++tot;
		ins(rt, 1, n, x);
	}
	return rt; 
}
void Solve() {
	std::cin >> n;

	dfs();
	std::cout << ans << "\n";
}
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);
    
	Solve();

	return 0;
}