「CF1637H」Minimize Inversions Number

题目

点这里看题目。

---

给定一个 $1\sim n$ 的排列 $p$。

你可以进行下列操作正好一次：

• 选定 $p$ 的一个长度为 $k$ 的子序列，并将其按照相同的顺序移动到 $p$ 的最前面。

对于 $k=0,1,\cdots,n$，分别求出 $p$ 在操作后的最小逆序对数。

每个测试点包含 $T$ 组数据。所有数据满足 $1\leq T\leq 5\times 10^4,1\le n,\sum n\le 5\times 10^5$。

分析

评价：6。

首先尝试将操作后的逆序对数写出来。设 $U=\{1,2,3,\dots,n\}$，设 $S\subseteq\{1,2,3,\dots,n\}$ 为选中的要移动的子序列的下标。则容易发现，仅有 $i\in U\setminus S,j\in S,i<j$ 这样的 $(i,j)$ 会影响逆序对数。具体地，操作前后逆序对变化量为：

$$\Delta=\sum_{i\in U\setminus S}\sum_{j\in S}[i<j]\left([p_i<p_j]-[p_i>p_j]\right)$$

这是因为这样的 $(i,j)$ 会被反序，所以原顺序对贡献 $+1$，原逆序对贡献 $-1$。其它的 $(i,j)$ 对的顺序则保持不变。

改写此式，去掉 $U\setminus S$。想到设 $f_i=\sum_{1\le j<i}[p_j>p_i]$，那么：

$$\Delta=2\sum_{i,j\in S}[i<j][p_i>p_j]+\sum_{i\in S}(i-1-2f_i)-\binom{|S|}{2}$$

设 $\operatorname{inv} S=\sum_{i,j\in S}[i<j][p_i>p_j]$。因为存在 $2\operatorname{inv} S$ 这一项，所以我们即便写出来了 $\Delta$ 的算式，这个问题也并没有变简单。我们接下来还是要考察最优的 $S$ 的性质。

尝试对于 $S$ 进行调整。想要让 $\Delta$ 不变大，则调整至少要满足以下几个之一：

• $2\operatorname{inv} S$ 变小。（但是控制逆序对其实不很容易）

• $\sum_{i\in S}i-1$ 变小，也就是把某个 $i$ 变小。

• $\sum_{i\in S}f_i$ 变大。

这一部分可能就没什么处理技术了，只能手动试一试。

例如，如果要让 $\sum_{i\in S} f_i$ 变大的话，可以考虑将 $i\in S$ 替换为某个满足 $j>i,p_i>p_j$ 的下标 $j\in U\setminus S$（因为这样 $i$ 替换为 $j$ 后 $f$ 一定变大）。为了便于分析，我们可以钦定 $j$ 为满足此条件的最小的一个。那么，分析 $\Delta$ 的变化：

• 考虑 $k<i$ 的部分的“贡献”：

  • 若 $p_k<p_j$，no change。

  • 若 $p_j<p_k<p_i$，则 $f$ 会变大，而 $\operatorname{inv} S$ 有可能变大，不过这并不影响它给 $\Delta$ 带来的贡献为非正。

  • 若 $p_k>p_i$，no change。

• 考虑 $k=i$ 的贡献：根据 $\sum_{i\in S}i-1$，它自带 $+1$ 贡献。其次 $f$ 会增大 $1$。所以总贡献为负。

• 考虑 $i<k<j$ 的部分的“贡献”。首先，根据 $\sum_{i\in S}i-1$，它们会自带一个 $+1$ 的贡献。其次：

  • 若 $p_k<p_i$，则 $k\in S$。此时 $\operatorname{inv} S$ 一定会减去 $1$，而 $f$ 可能会增大 $1$，总的来说贡献肯定为负。

  • 若 $p_k>p_i$，则 $f$ 一定会增大 $1$。如果 $k\in S$，则 $\operatorname{inv} S$ 还会增大 $1$。
    看起来贡献好像是正的，但是我们可以重新选取 $j$ 使得不存在这样的 $k$，那么就不必考虑这种情况了。

• 考虑 $j<k$ 的部分的“贡献”：此时只有 $\operatorname{inv} S$ 可能变化，显然 $\operatorname{inv}S$ 只会变小。

（其它的方向我没有尝试过 😦）

这一部分分析可以推导出如下结论：一定存在一种最优的 $S$，满足若 $i\in S$，则 $\forall i<j,p_i>p_j$，$j$ 也 $\in S$。

仔细想想，这个结论可以帮助我们消去 $\operatorname{inv} S$。设 $g_i=\sum_{i<j\le n}[p_i>p_j]$，则可以发现 $\operatorname{inv} S\le \sum_{i\in S}g_i$。而结论告诉我们，一定存在最优解使得等号成立，于是我们可以直接用较松的形式：

$$\Delta=\sum_{i\in S}(i-1-2f_i+2g_i)-\binom{|S|}{2}$$

容易发现，现在这个问题其实可以用“最小权闭合子图”的方法做。这也暗示了另一点：虽然上述结论限制了 $S$ 的形态，但是它的限制并不强，以至于可能的 $S$ 依然有很多种。

于是，进一步研究 $w_i=i-1-2f_i+2g_i$ 的性质。尝试继续在已有的经验上考虑：如果有 $i<j,p_i>p_j$，那 $w_i,w_j$ 的关系如何？类似于前面“摊开贡献”的分析，我们又可以发现 $w_i>w_j$。

结合上述结论，我们发现，一种最优的 $S$ 就是按照 $w$ 从小到大取 $|S|$ 个。于是就可以 $O(n\log n)$ 解决了。

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define rep( i, a, b ) for( int i = (a) ; i <= (b) ; i ++ )
#define per( i, a, b ) for( int i = (a) ; i >= (b) ; i -- )

typedef long long LL;

const int MAXN = 5e5 + 5;

template<typename _T>
inline void Read( _T &x ) {
    x = 0; char s = getchar(); bool f = false;
    while( s < '0' || '9' < s ) { f = s == '-', s = getchar(); }
    while( '0' <= s && s <= '9' ) { x = ( x << 3 ) + ( x << 1 ) + ( s - '0' ), s = getchar(); }
    if( f ) x = -x;
}

template<typename _T>
inline void Write( _T x ) {
    if( x < 0 ) putchar( '-' ), x = -x;
    if( 9 < x ) Write( x / 10 );
    putchar( x % 10 + '0' );
}

int perm[MAXN], cnt[MAXN];
int wei[MAXN];

int N;

inline void Down( int &x ) { x &= x - 1; }
inline void Up( int &x ) { x += x & ( - x ); }
inline void Update( int x, int v ) { for( ; x <= N ; Up( x ) ) cnt[x] += v; }
inline  int Query( int x ) { int ret = 0; for( ; x ; Down( x ) ) ret += cnt[x]; return ret; }
inline void Clear() { memset( cnt, 0, ( N + 1 ) << 2 ); }

int main() {
    int T; Read( T );
    while( T -- ) {
        Read( N );
        rep( i, 1, N ) Read( perm[i] );
        LL inv = 0;
        Clear();
        rep( i, 1, N ) {
            int tmp = i - 1 - Query( perm[i] );
            inv += tmp, wei[i] = i - 1 - 2 * tmp;
            Update( perm[i], +1 );
        }
        Clear();
        per( i, N, 1 ) {
            int tmp = Query( perm[i] );
            wei[i] += 2 * tmp;
            Update( perm[i], +1 );
        }
        std :: sort( wei + 1, wei + 1 + N );
        rep( i, 0, N ) {
            Write( inv - 1ll * i * ( i - 1 ) / 2 ), putchar( " \n"[i == N] );
            inv += wei[i + 1];
        }
    }
    return 0;
}