CF1905F Field Should Not Be Empty 题解

特判如果排列初始时是 $1,2,\cdots,n$，输出 $n-2$。

如果不是，那么我们交换两个后的结果一定大于等于初始值。

考虑新增的贡献是什么？假设交换 $p_i,p_j(i < j)$，那么新增的贡献必然是一个 $k \in [i,j]$，交换前 $k$ 不是好的，交换后是好的。

注意到位置 $i$ 是好的的必要条件是 $p_i=i$。

考虑枚举上文的 $k$。接着考虑交换的 $i,j$ 会怎么样。

第一种可能是，$i=k$ 或 $j=k$。那么根据必要条件，我们知道换的一定是 $i$ 和 $p_i$ 这两个位置。

第二种，$i \neq k$ 且 $j \neq k$，那么交换的必然是 $[1,i)$ 中的最大值点和 $(i,n]$ 中的最小值点，证明显然。

然后现在有 $O(n)$ 对 $(i,j)$，每一对算贡献都可以讨论贡献然后前缀和做到 $O(1)$。预处理有个 $O(n \log n)$ 的复杂度，但是可能可以优化？但是我们避开了树状数组或线段树等数据结构！

#pragma GCC optimize("-Ofast,fast-math,-inline")
#pragma GCC target("avx,sse,sse2,sse3,popcnt")
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <string>
#include <set>
#include <vector>
using namespace std;

const int N = 2e5 + 5;

int t, n, p[N];
int minn[N], maxn[N];
bool g[N], f[N];
int sf[N], sg[N];
int ra[N];

inline int query(int l, int r)
{
	if (l > r) swap(l, r);
	int nl = l + 1, nr = r - 1;
	nl = max(nl, p[r] + 1);
	nr = min(nr, p[l] - 1);
	int res = 0;
	if (nl <= nr)
	{
		res += sg[nr] - sg[nl - 1];
	}
	res -= (sf[r - 1] - sf[l]);
	res -= f[l];
	res -= f[r];
	res += (p[l] == r && (maxn[r - 1] == r) && (p[r] <= r - 1));
	res += (p[r] == l && maxn[l - 1] == l - 1);
	return res;
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
	cin >> t;
	while (t--)
	{
		int sum = 0;
		cin >> n;
		for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> p[i], g[i] = f[i] = 0, ra[p[i]] = i;
		maxn[1] = p[1];
		for (int i = 2; i <= n; i++) maxn[i] = max(maxn[i - 1], p[i]);
		minn[n + 1] = (int)1e9;
		for (int i = n; i >= 1; i--) minn[i] = min(minn[i + 1], p[i]);
		if (is_sorted(p + 1, p + n + 1))
		{
			cout << n - 2 << "\n";
			continue;
		}
		set<int> s1;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			f[i] = (p[i] == i) && (maxn[i - 1] == i - 1);
			g[i] = (p[i] == i) && (!s1.empty()) && (s1.upper_bound(p[i]) == --s1.end());
			s1.insert(p[i]);
			sum += f[i];
			sf[i] = sf[i - 1] + f[i];
			sg[i] = sg[i - 1] + g[i];
		}
		int ans = sum;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			if (g[i])
			{
				ans = max(ans, sum + query(ra[maxn[i - 1]], ra[minn[i + 1]]));
			}
			if (p[i] != i) ans = max(ans, sum + query(i, p[i]));
		}
		cout << ans << "\n";
	}
	return 0;
}