[GYM102904B]Dispatch Money

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考虑设 fi 表示长度为 i 的前缀的最优划分。则我们发现,有 fj+inversion(j+1,i)fi,其中 inversion 是区间逆序对数。

区间逆序对数不好处理,但是我们考虑像莫队一样处理,则其可以轻松地使用树状数组,从任何一个 inversion(l,r) 求出 inversion(l,r)

类莫队转移是分治优化DP的配套。但是分治优化DP要求转移具有单调性,此处明显 inversion 函数满足四边形不等式,可以使用分治优化。

分治优化还得有一个前提,即转移分层,形式化来说就是转移形如 gj+inversion(j+1,i)fi,与本题结构不同。

但是,在分治的外面再套一个CDQ分治,即可使得转移分层——总是左子区间的 f 转移给右子区间的 f

于是复杂度 O(nlog3n),其中的三个 log 分别来自于CDQ、分治优化、树状数组。明显三个玩意常数都贼小,于是可以卡过。

但我们还不满足。现在考虑优化。

明显优化只能从树状数组下手。于是问题转换为能否 O(1) 地进行莫队的区间端点移动。考虑区间端点移动时,我们查询了区间中大于/小于某个数的元素个数,其可以被差分转换为前缀大于/小于查询。

考虑分块预处理。我们在值域上每 n 分一个块,维护块内元素个数。与此同时,我们再在块间以及各个块内部作前缀和。这样,在往前缀内加入新元素时,就只需 O(n) 地重构块内前缀和,再 O(n) 地重构块间前缀和,这样就能 O(1) 地回答询问(散块内部前缀和、整块前缀和都可以 O(1) 得到)。

但是这样的查询是离线的。只需要对其可持久化即可做到在线询问。因为每次加入一个数,只会变动 O(n) 级别的元素,所以时空复杂度都是 O(nn)。这样就可以 O(1) 进行端点移动,总复杂度为 O(nn+nlog2n)

这里因为笔者不会 O(1) 对数组可持久化,因此直接使用 O(nlog3n) 暴力水过去了。

代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,a[300100],t[300100];
void ADD(int x,int tp){while(x)t[x]+=tp,x-=x&-x;}
int SUM(int x){int ret=0;while(x<=n)ret+=t[x],x+=x&-x;return ret;}
int LL=1,RR;
ll sum,f[300100];
void PushL(int x){
	sum+=SUM(1)-SUM(a[x]);
	ADD(a[x],1);
}
void PopL(int x){
	ADD(a[x],-1);
	sum-=SUM(1)-SUM(a[x]);
}
void PushR(int x){
	sum+=SUM(a[x]);
	ADD(a[x],1);
}
void PopR(int x){
	ADD(a[x],-1);
	sum-=SUM(a[x]);
}
ll CALC(int L,int R){
//	printf("BEF:%d\n",sum);
	while(LL>L)PushL(--LL);
	while(RR<R)PushR(++RR);
//	printf("BEF:%d\n",sum);
	while(LL<L)PopL(LL++);
	while(RR>R)PopR(RR--);
//	printf("[%d,%d]:%d\n",L,R,sum);
	return sum;
}
void solve(int l,int r,int L,int R){
	if(l>r)return;
//	printf("[%d,%d]:[%d,%d]\n",l,r,L,R);
	int mid=(l+r)>>1,MID=L;
	ll mn=CALC(L+1,mid)+f[L];
	for(int i=L+1;i<=R;i++)if(CALC(i+1,mid)+f[i]<mn)mn=CALC(i+1,mid)+f[i],MID=i;
	f[mid]=min(f[mid],mn+m);
	solve(l,mid-1,L,MID),solve(mid+1,r,MID,R);
}
void CDQ(int l,int r){
	if(l==r)return;
	int mid=(l+r)>>1;
	CDQ(l,mid);
	solve(mid+1,r,l,mid);
	CDQ(mid+1,r); 
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),f[i]=CALC(1,i)+m;
//	for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",f[i]);puts("");
	CDQ(1,n);
//	for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",f[i]);puts("");
	printf("%lld\n",f[n]);
	return 0;
}

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