[ARC181F] Colorful Reversi

My Blogs

[ARC181F] Colorful Reversi

首先观察一下，对于 \(a,b,c,a\) 这种情况来说，两个 \(a\) 之间永远不可能发生操作。而 \(a,b,c,b,a\) 这种情况，两个 \(a\) 之间是有关联的。有一个很天才的想法是建树，一开始只有一个节点表示 \(a_1\)，维护一个指针 \(pos\) 表示当前在树上的哪个节点，接下来依次加入每个点 \(a_i\)：

1. 若 \(pos\) 所在点的颜色和 \(a_i\) 相同，则 \(pos\) 不动。
2. 否则若 \(pos\) 所在点有邻点的颜色是 \(a_i\)，则 \(pos\) 走向该邻点。
3. 否则新建一个节点，颜色为 \(a_i\)，\(pos\) 走向该节点。

这样就得到了一棵操作树，它有一些很好的性质：

1. 假设生成时在上面走过的路径是 \(B\)，则操作 \(l,r\) 等价于把 \(B[l,r]=\{x,y,y\dots y,y,x\}\) 变成 \(B[l,r]=\{x,x\dots x,x\}\)。
2. 对于原序列，如果能够操作 \([l,r]\) 则 \(l,r\) 一定属于同一个点，否则 \(l,r\) 属于不同的点。
3. 对于路径 \(\{v_1,v_2,v_3\dots v_k\}\)，通过操作将其变成 \(\{v'_1,v'_2,v'_3\dots v'_k\}\) 的最小代价是 \(\sum_{i=1}^k d(v_i,v'_i)\)，其中 \(d(x,y)\) 表示两点树上的距离。

接下来，对于 \(pos\) 的起始节点 \(x\) 和终止节点 \(y\)，最终序列的形态是若干个颜色段，而颜色恰好就是从 \(x\) 走到 \(y\) 所经过的简单路径上的颜色。证明很简单，显然路径上两个不同的颜色段永远无法合并，而如果存在其他的颜色则其两边的颜色一定是相同的，能再操作一次。

所以拉出树上 \(x,y\) 之间的路径，对于此路径外的部分一定会合并到路径上，可以先 dfs 一遍算出贡献，这样可以得到从 \(B\) 得到一个新的序列 \(C\)。接下来要解决问题的就是：现在有一个序列 \(C[1,n]\)，满足 \(\forall i<n,|C_i-C_{i+1}|\leq 1\)。现在要生成一个新的序列 \(C'\)，满足：

1. \(C'_1=C_1,C'_n=C_n\)。
2. \(\forall i<n,C'_{i+1}-C'_i\in[0,1]\)。
3. \(\forall i<n\wedge C'_{i+1}=C’_i+1,C_i=C'_i,C_{i+1}=C'_{i+1}\)。

在此基础上满足 \(\sum_{i=1}^n |C_i-C'_i|\) 最小。设 \(f_{i}\) 表示考虑了 \(\leq i\) 的 \(C\)，\(C'_i=C_i\) 时代价的最小值，\(pre_i\) 表示 \(C_i\) 上一次出现的位置。转移比较简单：

\[f_i=\min \begin{cases} f_{i-1}\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad C_i=C_{i-1}+1\\ f_{pre_i}+\sum_{j=pre_i}^{i}|C_i-C_j|\;\;\;\;\;pre_i\not=-1 \end{cases} \]

因为 \(pre_i\) 是上一次出现的位置，所以对于所有的 \(j\) 要么 \(C_j\) 全部大于 \(C_i\)，要么全部小于 \(C_i\)，可以前缀和处理一下 \(\mathcal O(1)\) 转移。这样 \(f_n\) 加上之前把树缩成一条链的代价就是答案，复杂度是 \(\mathcal O(n)\) 或 \(\mathcal O(n\log n)\)。

int n,ans,cnt,len,s[500010],lst[500010],vis[500010],real[500010];
int b[500010],c[500010],a[500010],f[500010],t[500010],fa[500010];
map<int,int> T[500010];
void dfs(int x,int Fa)
{
	fa[x]=Fa;
	for(auto [a,y]:T[x])if(y!=Fa)dfs(y,x);
}
void dfs1(int x)
{
	++vis[x];
	for(auto [b,y]:T[x])if(y!=fa[x]&&!vis[y])
	dfs1(y),ans+=a[y],a[x]+=a[y];
}
inline void mian()
{
	read(n);int x,now=1,col;
	read(c[1]),a[cnt=1]=1,col=c[1];
	for(int i=2;i<=n;++i)
	{
		read(c[i]),x=c[i];
		if(x!=col)
		{
			if(!T[now][x])T[now][x]=++cnt,T[cnt][col]=now;
			now=T[now][x],col=x;
		}
		++a[now];
	}
	dfs(1,0);
	while(now)b[++len]=now,vis[now]=1,now=fa[now];
	for(int i=1;i<=len;++i)real[b[i]]=len-i+1,dfs1(b[i]);
	vi ve={0};ve.eb(1),now=1;
	for(int i=2,pos=1;i<=n;++i)
	{
		if(c[i]!=c[i-1])
		{
			assert(T[now][c[i]]);
			now=T[now][c[i]];
		}
		if(vis[now]==2)pos=now;
		ve.eb(real[pos]);
	}
	memset(f,127,sizeof(f)),f[1]=0,s[1]=ve[1],lst[ve[1]]=1;
	for(int i=2;i<(int)ve.size();++i)
	{
		s[i]=s[i-1]+ve[i];
		if(ve[i]==ve[i-1]+1)f[i]=f[i-1];
		int tmp=s[i-1]-s[lst[ve[i]]],v;
		if(ve[i-1]>=ve[i])v=tmp-ve[i]*(i-1-lst[ve[i]]);
		else v=ve[i]*(i-1-lst[ve[i]])-tmp;
		Mmin(f[i],f[lst[ve[i]]]+v);
		lst[ve[i]]=i;
	}
	cout<<f[ve.size()-1]+ans;
}