P7406 [JOI 2021 Final] 集合写真

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题意

给定一个排列，每次可以交换相邻两个，最少要多少次操作使得

• 对于任意 $i\in [1,N-1]$，都有 $a_i<a_{i+1}+2$。

题解

• 经过观察可以发现，连续下降的数之间只能相差1，也就是说如果有连续下降的一段，它们必定是依次递减1。
• 所以一个合法的序列一定可以这样划分，我们将整个序列划分成若干个不相交的连续下降段，其中每个段的最小值（右端点）一定大于前一个段的最大值（左端点）。 也就是形如（3 2 1）（4） （7 6 5）
• 设$f[i]$表示值域在1-i之间的数已经排好的最小代价,$f[i]=f[j-1]+cost(j,i)$。
• 注意到我们在将值域在$[1,j-1]$的数归位并不会影响值域在$[j,n]$之间的数的相对顺序
• 将值域在$[j,i]$的数归位可以看作这样两个步骤，先将所有值域在$[j,i]$的数移动到$[j,i]$的位置范围，但是两个值域在$[j,i]$不会交换，这一部分的cost就是${\displaystyle \sum _{l=i}^j\sum _{r=j+1}^{n}pos[i]>pos[j]}$
• 而第二部分则是交换值域在$[j,i]$的数，cost为${\displaystyle \sum _{l=i}^j\sum _{r=l+1}^{n}pos[i]<pos[j]}$
• 具体实现的话可以利用二维前缀和，考虑每一对$(i,j)$会对哪些区间进行贡献，然后进行利用二维差分即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for (ll (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
#define fd(i,b,a) for (ll (i)=(b);(i)>=(a);(i)--)
#define eb emplace_back
#define pi pair<ll,ll>
#define mk(x,y) make_pair((x),(y))
#define lc (o<<1)
#define rc ((o<<1)|1)
//#define A puts("Yes")
//#define B puts("No")
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
const ll mo1=1e9+7;
const ll mo2=1e9+9;
const ll P=131;
const ll Q=13331;
const ll inf=1ll<<60;
const int N=5e3+5;
ll f[N],a[N],pos[N],n;
struct pre{	
	ll s[N][N];
	pre(){
		memset(s,0,sizeof(s));
	}
	void upd(int a,int b,int c,int d){
		s[a][b]++;
		s[a][d+1]--;
		s[c+1][b]--;
		s[c+1][d+1]++;
	}
	void work(){
		fo(i,1,n) fo(j,1,n) s[i][j]+=s[i][j-1];
		fo(j,1,n) fo(i,1,n) s[i][j]+=s[i-1][j];
	}
};
int main() {
//    freopen("data.in", "r", stdin);
//    freopen("data.out", "w", stdout);
	
	pre s,t;
	scanf("%lld",&n);
	fo(i,1,n) {
		scanf("%lld",&a[i]);
		pos[a[i]]=i;
	}
	
	fo(i,1,n) fo(j,i+1,n) if (pos[i]>pos[j]) {
		s.upd(1,i,i,j-1);
//		printf("%d %d\n",i,j);
	}
	fo(i,1,n) fo(j,i+1,n) if (pos[i]<pos[j]) t.upd(1,j,i,n);
	
//	return 0;

	s.work(); 
	t.work();
	
	fo(i,1,n) f[i]=inf;
	fo(i,1,n) fo(j,1,i) {
		f[i]=min(f[i],f[j-1]+s.s[j][i]+t.s[j][i]);
	}

	
	printf("%lld",f[n]);
	

    return 0;
    


}