[POI2011]ROT-Tree Rotations

I.I.[POI2011]ROT-Tree Rotations

可以发现，你无论如何交换某个节点里的儿子们，该节点子树内每个数的数量都是不变的。

于是我们考虑类CDQ分治的思想——先计算儿子内部最小逆序对数，然后再在父亲处计算两个儿子之间的最小逆序对数。

因为保证叶节点上的东西是排列，所以设左儿子的叶子数是 \(L\)，右儿子的叶子数是 \(R\)，则总对数即为 \(L\times R\)。若把左儿子放在前面时的逆序对数是 \(I\)，则右儿子在前的逆序对数即为 \(LR-I\)。于是现在仅需求出一个儿子在前时的逆序对数即可。

考虑线段树合并。在线段树合并左右儿子的权值线段树时，仍然可以再次使用类CDQ分治思想——先算出前一半区间内逆序对数，再算出后一半区间内逆序对数，最后计算跨区间逆序对数，发现就是 \([mid+1,r]_L\times[l,mid]_R\)。

时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,rt[400100],ls[400100],rs[400100],tot,cnt,RT;
ll inv,res;
struct SegTree{
	int lson,rson,sum;
}seg[10001000];
#define mid ((l+r)>>1)
void modify(int &x,int l,int r,int P){
	if(l>P||r<P)return;
	if(!x)x=++cnt;seg[x].sum++;
	if(l!=r)modify(seg[x].lson,l,mid,P),modify(seg[x].rson,mid+1,r,P);
}
int merge(int x,int y,int l,int r){
	if(!x||!y)return x+y;
	int z=++cnt;
	if(l==r)seg[z].sum=seg[x].sum+seg[y].sum;
	else seg[z].sum=seg[seg[z].lson=merge(seg[x].lson,seg[y].lson,l,mid)].sum+seg[seg[z].rson=merge(seg[x].rson,seg[y].rson,mid+1,r)].sum,inv+=1ll*seg[seg[x].rson].sum*seg[seg[y].lson].sum;
	return z;
}
void dfs(int &x){
	x=++tot;
	int k;scanf("%d",&k);
	if(k)modify(rt[x],1,n,k);
	else dfs(ls[x]),dfs(rs[x]),inv=0,rt[x]=merge(rt[ls[x]],rt[rs[x]],1,n),res+=min(inv,1ll*seg[rt[ls[x]]].sum*seg[rt[rs[x]]].sum-inv);
}
int main(){
	scanf("%d",&n),dfs(RT),printf("%lld\n",res);
	return 0;
}