2021 五星级挑战 消除交叉

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一些结论

首先看到交换相邻的，很容易能够想到逆序对。

接着再来看每个点都有确定的想要去的地方，那肯定是逆序对了呀！

有一个一眼可以看出的结论。

就是我们可以只调换终点相邻的，起点不调换。

或者只调换起点相邻的，终点不管。

证明很简单，相对性。

还有一个结论，为了消除交叉，最后一定是这种样子：

证明也很简单，反证法。

我们现在假如知道了一个航线的起点，那么我们就可以推出它的终点，比如样例：

$4$ 号航线的起点在第一个，那么终点也应该在第一个。

$2$ 号航线的起点在第二个，那么终点也应该在第二个。

构造目标数组

我们用 $l[i]$ 代表终点为 $i$ 的航线终点应该在哪，$l$ 数组很好搞。

输入起点的时候统计一个辅助数组 $c$，$c[i]$ 的意思是起点为第 $i$ 个的航线。

$c$ 数组在输入起点的时候可以完成。

然后输入终点时，假如当前输入的是 $x$，只需访问一下 $x$ 航线的起点。

$l[i]=c[x]$，这样 $l$ 数组就构造出来了，答案就是 $l$ 数组的逆序对数量，很好证明。

how to do it？

如果我们让 $l[i]=i$ 就是终点为 $i$ 的航线应该在 $i$，就完事儿了。

于是乎，现在要干的事儿就是交换 $l$ 数组里相邻的元素，使得 $l$ 升序排列。

所需要的最少步骤数就是该排列的逆序对数。

证明：在一个排列里交换两个相邻的元素，该排列的逆序对数量减一或加一。

逆序对有两个经典解法：树状数组，归并排序。

树状数组代码较为简洁，因为这题不需要离散化，所以我就贴一个树状数组的代码吧：

#include <iostream>
using namespace std;
long long n, x, ans;
int a[100005], b[100005], l[100005];
long long c[100005];
void add (int x){for (; x <= n; x += x & -x) ++ c[x];}
int query (int x){return x == 0 ? 0 : c[x] + query (x - (x & -x) );}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio (false);
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        cin >> x;
        a[x] = i;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        cin >> x;
        l[i] = a[x];
    }
    for (int i = n; i >= 1; i --)
    {
        add (l[i]);
        ans += query (l[i] - 1);
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}