bzoj1341 名次排序问题rank sorting（dp，考虑到对未来的贡献）
QWQ啊
这个题可以说是我目前碰到过的最难理解的dp之一了。
题目大意：
已知参赛选手的得分，你的任务是按照得分从高到底给出选手的排名。遗憾的是，保存选手信息的数据结构只支持
一种操作，即将一个选手从位置i移动到位置j，该移动不改变其他选手的相对位置，即如果i>j，位置j和位置i-1
之间的选手的位置都比原来加1，相反如果i<j，则位置i+1和位置j之间的选手的位置都比原来减一。上述移动的操
作的代价定义为i+j，这里，位置编号从1开始。请你编程确定一个移动选手的步骤，将选手按照得分从高到低排序
，并使整个移动过程的代价最小。
其中
第一行为一个整数n（2<=n<=1000），表示选手的人数；
接下来的n行，每行一个非负整数Si( 0<=Si<=1000000)，表示一个选手的得分。你可以认为每人的得分是不同的。
求交换次数
QAQ啊 一看这个题目，基本是没有任何思路；
唯一想到的就是问题转换了
把原序列按照从大到小的顺序排序，然后将他们的值，赋值为排序完数组的下标
那么这个题就转化为用最小的代价将序列转化成1~n的排列
然后.....gg
这里强势安利一位dalao的论文！
https://wenku.baidu.com/view/83d0a76925c52cc58bd6bea8.html###
徐源盛-算法合集之《对一类动态规划问题的研究》
首先，我们要可以先大胆猜想一下！
1>一个人最多移动一次，如果移动则必然移动到编号比他大1的数的前面（因为往后移动会使部分人的位置减 1，从而减少此人未来的移动费用，所以编号越大的越先移动。）
2>按标号从大到小移动（这个,,,,,显然呀感性理解一下固定好了编号大的 不就不用移动这些了呀~）
那么，
按编号从大到小进行操作，对于每个人 x 有两种选择:
1. 移动到 x+1 前一个位置。
2. 如果 x 在 x+1 前，则不移动，以后再将所有处于 x 和 x+1 之间的移动到 x 之前。
同时，我们又能得到两个推论
所有小于等于 x 的数的相对位置与最初的一样
所有比 x+1 大的数都位于 x+1 后面
这两条非常关键！！！！
我们考虑dp状态是
f[i][j]表示i这个数移动到原序列的j位置且i+1~n都在i后面的最小代价
对于一个i i+1的位置我们并不能确定，所以是需要枚举的！
首先首先
我们定义一个count函数 count(p,x)表示在原序列的第1~p个数中，有多少个比x小的数
那么由刚才那两个推论，就可以得知：
x 的实际位置为最开始 1 到 p1 中比 x 小的数的个数加 1（加上自己）
接下来，我们就可以分类讨论了
对于一个数x，一定是主动移动（移到x+1前面），或者被动移动（将x和x+1之间的数都移走）
主动移动的话：
pos[i]是表示i这个数在原序列的位置是多少
首先考虑当 j>pos[i]
f[i][j]=f[i+1][j]+count(pos[i],i)+count(j,i+1)-1 （-1是因为要移动到x+1的前一位的代价）
而当 j<pos[i]时
f[i][j]=f[i+1][j]+count(pos[i],i)+1 + count(j,i+1)-1 (这里+1是因为因为i+1在i前，所以i的实际位置就是count(pos[i],i)+1)
（反正我是这么理解的QWQ论文里也没给出一个详细的解释）
int aa=count(pos[i],i);
int bb=1;
for(int j=1;j<=pos[i]-1;j++)
{
if (a[j].x<i+1) bb++;
if (f[i+1][j]<f[1005][1005]) f[i][j]=f[i+1][j]+aa+bb; //之所以不用减1是因为此时i的位置是aa+1并非aa 然后+1和-1正好抵消了
}
bb++;
for (int j=pos[i]+1;j<=n;j++)
{
if (a[j].x<i+1) bb++;
if (f[i+1][j]<f[1005][1005]) f[i][j]=f[i+1][j]+aa+bb-1;
}
被动移动的话：
由于一个性质就是：
当前决策对未来
“行动”的费用影响只与当前决策有关
比如在两男两女中选一男一女去执行任务，已知每个人的效率，希望总效率最高。并且男 A 如果被选，所有女生的效率加 7，如果男 B 被选，所有女生的效率减 7。在第一阶段选男 A 还是男 B 对第二阶段女生的效率有不同的影响，可以将对女生的影响当做男生的“自身魅力”，即把男 A 的效率加 7，男 B 的效率减7。而我们实际上是把第二阶段的费用在第一阶段计算了。对于这类问题我们往往将对未来“行动”的影响一并算做当前决策的费用。
所以，当x这个数不动，那么所有位置在pos[i]+1到j-1之间的数，都需要跨越i
那么也就是
在j>pos[i]的基础上：
f[i][pos[i]]=min{f[i][pos[i]], f[i+1][j]+sigma（i-s[k]） （i>s[k]） pos[i]<k<j
因为对于一个数x（x必定小于i，可以根据推论得知），x需要跨过它而多增加的代价就是i-x（可以感性理解一下，就好比5 3 4如果5不动 那么4需要多增加1的代价，3增加2，因为3既要跨越5，又要跨越4）
如果这个数不动的话，需要记录一下i+1的位置是哪，用一个pre去记录，便于计算最终答案
首先看一下f[1][i]的min值 (QAQ虽然我也不知道这个是为什么）
然后dfs进行求解
啊，其实最后这个求解的部分，我至今都不是太理解QWQ
嗯
上代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while (!isdigit(ch)){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
const int maxn = 1010;
struct Node{
int x,id;
};
int f[maxn][maxn];
int pos[maxn];
int n;
int pre[maxn];
Node a[maxn];
int cnt;
bool cmp1(Node a,Node b)
{
return a.x>b.x;
}
bool cmp2(Node a,Node b)
{
return a.id<b.id;
}
int count(int p,int x)
{
int cnt=0;
for (int i=1;i<p;i++)
{
if (a[i].x<x) cnt++;
}
return cnt+1;
}
void dfs(int x,int now)
{
if (x==n) return;
if (pos[x]!=now)
{
cnt++;
dfs(x+1,now);
}
else
dfs(x+1,pre[x]);
//cout<<1;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
a[i].x=read();
a[i].id=i;
}
sort(a+1,a+1+n,cmp1);
for (int i=1;i<=n;i++){
pos[i]=a[i].id;
a[i].x=i;
}
sort(a+1,a+1+n,cmp2);
++n;
a[n].x=n;
memset(f,127/3,sizeof(f));
f[n][n]=0;
for (int i=n-1;i>=1;i--)
{
int aa=count(pos[i],i);
int bb=1;
for(int j=1;j<=pos[i]-1;j++)
{
if (a[j].x<i+1) bb++;
if (f[i+1][j]<f[1005][1005]) f[i][j]=f[i+1][j]+aa+bb; //之所以不用减1是因为此时i的位置是aa+1并非aa 然后+1和-1正好抵消了
}
bb++;
for (int j=pos[i]+1;j<=n;j++)
{
if (a[j].x<i+1) bb++;
if (f[i+1][j]<f[1005][1005]) f[i][j]=f[i+1][j]+aa+bb-1;
}
int tmp =0;
for (int j=pos[i]+1;j<=n;j++)
{
if (f[i][pos[i]]>f[i+1][j]+tmp){
f[i][pos[i]]=f[i+1][j]+tmp;
pre[i]=j;
}
if (a[j].x<i) tmp+=i-a[j].x;
}
}
int ans=1e9;
int poss=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
if (f[1][i]<ans){
ans=f[1][i];
poss=i;
}
}
dfs(1,poss);
cout<<cnt;
return 0;
}
