ARC180E LIS and Inversion

题目大意

一个排列 \(p\) 的分数为 \(p\) 的最长上升子序列的长度，代价为满足 \(\sum_{j=1}^{i-1}[p_j>p_i]<a_{i}\) 的 \(i\) 的数量。

给定 \(\{a_n\}\) ，对于 \(\forall k\in[1,n]\) ，求分数大于等于 \(k\) 的排列的代价的最小值。

\[n\leq 250000,1\leq a_i<i \]

题解

玄妙优化 \(dp\) 题。

我们可以考虑求出代价为\(k\)的排列分数的最大值，这个反过来就可以得到题目所求。

考虑代价为 \(0\) 的排列分数的最大值，设 \(f_{i,j}\) 表示考虑了前 \(i\) 个数，从小到大排名为 \(j\) 的数为结尾的最长上升子序列长度。

第一种转移，第 \(i\) 个数为第 \(k\) 名，原来 \([1,k-1]\) 名的数排名不动， \(k\) 最大取 \(i-a_i\) 。

\[f_{i-1,j}\rightarrow f_{i,j}(j<i-a_i) \]

第二种转移，第 \(i\) 个数为第 \(k\) 名，原来 \([k,i-1]\) 名的数排名上升一位。

\[f_{i-1,j-1}\rightarrow f_{i,j} \]

第三种转移，第 \(i\) 个数为第 \(j\) 名，可以从排名小于 \(j\) 的数转移过来。

\[\max_{k=1}^{j-1}f_{i-1,k}+1\rightarrow f_{i,j}(j\leq i-a_i) \]

仔细思考，发现第一种转移是不必要的，因为不如直接让第 \(i\) 个数为第 \(j\) 名，从排名小于 \(j\) 的数转移，这样肯定是不劣的，第三种转移也可以优化，对于一个 \(k\) ，转移到 \(j>k+1\) 是不优的。

于是转移变成，\(f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+[j\leq i-a_i]\)

\[f_{n,j}=\sum_{i=1}^j[j-i+1\geq n-i+1-a_{n-i+1}]=\sum_{i=1}^j[j\leq n-a_{n-i+1}] \]

一个 \(a_i\) 对 \(f\) 的影响是一段区间，可以用差分算出， \(\max_{j=1}^nf_{n,j}\) ，即为代价为 \(0\) 时的分数最大值。

接下来考虑代价，假设让 \(i\) 位产生代价 \(1\) ，可以理解为将 \(dp\) 转移时的 \(f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+[j\leq i-a_i]\) 变为 \(f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+1\) ，对最终 \(f\) 的影响是使得 \(j\in[n-a_i+1,n],f_{n,j}\) 加 \(1\) ，那么可以贪心的按 \(a_i\) 从大到小产生代价， \(a_i\) 的排序可以用桶排实现。

时间复杂度为 \(O(n)\) 。

\(\text{code}\)

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=3e5+1000;
int n,a[N+10],f[N+10],g[N+10],h[N+10];
int main()
{
//	freopen("ARC180E.in","r",stdin);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),g[n-a[i]+1]++;
	for(int i=1;i<=n;i++) f[n-i+1]++,f[n-a[i]+1]--;
	for(int i=1;i<=n;i++) f[i]+=f[i-1];
	for(int i=n;i>=1;i--) f[i]=max(f[i],f[i+1]);
	for(int i=1;i<=n+1;i++) h[i]=n;
	h[f[1]]=0;
	int res=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		h[f[i]+res]=min(h[f[i]+res],res);
		while(g[i])
		{
			res++,g[i]--;
			h[f[i]+res]=min(h[f[i]+res],res);
		}
	}
	for(int i=n;i>=1;i--) h[i]=min(h[i],h[i+1]);
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",h[i]);
	return 0;
}