Luogu P10843 Turtle and Cycles 题解 [ 蓝 ] [ 差分 ] [ 前缀和 ] [ 贪心 ] [ 数学 ]

Turtle and Cycles:修改转化为交换差分数组的 trick 运用。这个 trick 实际上在 NOIp2021 里出过一次了。

转化

首先,a(i1)modn+a(i+1)modnai 是个很典的形式。设 a(i1)modn=x,ai=y,a(i+1)modn=z,那么 ai 处的原来的差分值为 yxa(i+1)modn 处的原来的差分值为 zy

修改后,ai 处的差分值变为 x+zyx=zya(i+1)modn 处的差分值变为 z(x+zy)=zxz+y=yx。所以对 ai 进行修改后相当于把 aia(i+1)modn 处的差分值交换了。

bi 表示 ai 处的差分值。

那么我们要让这个环满足条件,首先就得破环为链。拆成链之后,显然只能有一个地方满足 bi>0,b(i+1)modn<0。于是设 bi>0 时为 1,否则为 0,就可以先转化为 01 串问题来解决。这个 01 串合法的条件就是满足 111000111 的形式。

贪心

接下来考虑如何最小化操作次数,不难发现,贪心移动时,对于在中间点左边的 1 都必须移动到左边来,对于在中间点右边的 1 都必须移动到右边来。那么如何快速计算这个值呢?

假设我们当前计算的区间为 [l,r]

先考虑左半边的情况,设 gi 表示前 i 个数里的 1 的下标之和为多少,fi 表示前 i 个数中 1 的个数。如果先让这些 1 全都移动到 l 处,那么答案就是 gmidgl1l×(fmidfl1)

但是实际有些 1 是不需要完全移动到 l 处的,它们有些可以移动到 l+1,l+2,l+3 等位置,这就需要减掉它们的贡献。而这些贡献显然构成一个等差数列,那么只需要求和一下就好了,多算的贡献即为 (fmidfl11)×(fmidfl1)2

左半边的答案就是 gmidgl1l×(fmidfl1)(fmidfl11)×(fmidfl1)2

右半边同理,就不写了。

时间复杂度 O(n)

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define lc (p<<1)
#define rc ((p<<1)|1)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pi;
int t,n,a[400005];
ll g[400005],f[400005],sg[400005];
bitset<400005>b;
ll cal()
{
    ll ans=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        int mid=i+n/2-1;
        ll lk=f[mid]-f[i-1];
        ll lres=g[mid]-g[i-1]-lk*i-(lk-1)*lk/2;
        ll rk=f[i+n-1]-f[mid];
        ll rres=sg[mid+1]-sg[i+n]-rk*(2*n-(i+n-1)+1)-(rk-1)*rk/2;
        ans=min(ans,lres+rres);
    }
    return ans;
}
void solve()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
        a[i+n]=a[i];
    }
    for(int i=2;i<=n+1;i++)
    {
        b[i-1]=(a[i]>a[i-1]);
        b[i-1+n]=b[i-1];
    }
    for(int i=1;i<=2*n;i++)
    {
        f[i]=f[i-1]+b[i];
        g[i]=g[i-1]+i*b[i];
    }
    sg[2*n+1]=0;
    for(int j=1,i=2*n;i>=1;i--,j++)sg[i]=sg[i+1]+j*b[i];
    cout<<cal()<<'\n';
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cin>>t;
    while(t--)solve();
    return 0;
}
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