「JOI 2013 Final」バブルソート 冒泡排序

XIX.「JOI 2013 Final」バブルソート 冒泡排序

首先，有一个常识性结论，就是冒泡排序的次数等于逆序对数。所以本题等价于交换两个数使得减少的逆序对数最多。

于是我们翻出VIII.CF785E Anton and Permutation中给出的结论——当$i<j$且$a_i>a_j$时，交换一对$(i,j)$，减少的逆序对数就等于将所有$P_i=(i,a_i)$映射到平面上后，以$P_i$为左上角、$P_j$为右下角的矩形中点的个数$\times2$，再加上其本身的$1$对逆序对。当然，出现在边界上的点要特判掉（这些点只能贡献$1$次）。

稍微想想就可以发现，最优的$(i,j)$，$P_i$一定不在某个$P_k$的右下方，$P_j$一定不在某个$P_k$的左上方。换言之，$P_i$只出现在$a_i$的前缀最大值的位置，$P_j$只出现在$a_j$的后缀最小值的位置。

我们考虑对于某个点$k$，它可以对哪些$(i,j)$产生贡献——明显，只有在其左上方的$P_i$和右下方的$P_j$，可以从它收到贡献。而画出图来就能发现，所有合法的$i$，在前缀最大值中是一段区间$[i_l,i_r]$；所有合法的$j$，也是一段区间$[j_l,j_r]$。

于是，我们发现它实际上被转成了一个二维矩形覆盖问题，其中一维是$i$，另一位是$j$。于是直接扫描线维护过去，求覆盖最大值即可。同时注意特判边界，以及不存在这样的$(i,j)$对的情形（即原序列本身已是一个递增/不降序列，递增时答案恒为$1$，不降时答案恒为$0$）。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define emp emplace_back
typedef long long ll;
int n,m,a[100100],pre[100100],PRE,suf[100100],SUF,t[100100];
ll res;
void add(int x){while(x)t[x]++,x-=x&-x;}
void sum(int x){for(x++;x<=m;x+=x&-x)res-=t[x];}
void cheinc(){
	bool ok=true;
	for(int i=2;i<=n;i++)ok&=(a[i]>a[i-1]);
	if(ok){puts("1");exit(0);}
	ok=true;
	for(int i=2;i<=n;i++)ok&=(a[i]>=a[i-1]);
	if(ok){puts("0");exit(0);}
}
struct Data{
	int l,r,d;
	Data(int L,int R,int D){l=L,r=R,d=D;}
};
vector<Data>v[100100];
vector<int>u;
struct SegTree{
	int tag,mx;
}seg[400100];
#define lson x<<1
#define rson x<<1|1
#define mid ((l+r)>>1)
#define ADD(x,y) seg[x].tag+=y,seg[x].mx+=y
#define pushdown ADD(lson,seg[x].tag),ADD(rson,seg[x].tag),seg[x].tag=0
#define pushup seg[x].mx=max(seg[lson].mx,seg[rson].mx)
void modify(int x,int l,int r,int L,int R,int D){
	if(l>R||r<L)return;
	if(L<=l&&r<=R)ADD(x,D);
	else pushdown,modify(lson,l,mid,L,R,D),modify(rson,mid+1,r,L,R,D),pushup;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),u.push_back(a[i]);
	sort(u.begin(),u.end()),u.resize(m=unique(u.begin(),u.end())-u.begin());
	for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=lower_bound(u.begin(),u.end(),a[i])-u.begin()+1;
//	for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",a[i]);puts("");
	cheinc();
	for(int i=1;i<=n;i++)if(!PRE||a[i]>a[pre[PRE]])pre[++PRE]=i;
	for(int i=n;i>=1;i--)if(!SUF||a[i]<a[suf[SUF]])suf[++SUF]=i;
	reverse(suf+1,suf+SUF+1);
//	for(int i=1;i<=PRE;i++)printf("%d ",pre[i]);puts("");
//	for(int i=1;i<=SUF;i++)printf("%d ",suf[i]);puts("");
	for(int i=1,j=1,k=1;i<=n;i++){
		while(j<=PRE&&i>pre[j])j++;
		while(k<=SUF&&i>suf[k])k++;
		int J=upper_bound(pre+1,pre+PRE+1,i,[](int x,int y){return a[x]<a[y];})-pre;
		int K=lower_bound(suf+1,suf+SUF+1,i,[](int x,int y){return a[x]<a[y];})-suf-1;
		v[J].emp(k,K,2),v[j].emp(k,K,-2);
		if(J&&a[pre[J-1]]==a[i])v[J-1].emp(k,K,1),v[J].emp(k,K,-1);
		if(K<=SUF&&a[suf[K+1]]==a[i])v[J].emp(K+1,K+1,1),v[j].emp(K+1,K+1,-1);
	}
	for(int i=1;i<=PRE;i++){
		for(auto j:v[i])modify(1,1,SUF,j.l,j.r,j.d);
		res=max(res,1ll*seg[1].mx);
	}
//	printf("%d\n",res);
	for(int i=1;i<=n;i++)sum(a[i]),add(a[i]);
	printf("%lld\n",-1-res);
	return 0;
}