标签：le return min int ne Merging Set atAGC055E 逆序

当$S_{i}=S_{i+1}$时对$i$操作显然无意义，不妨强制不允许此类操作

构造排列$P_{i}$，初始等于$\{1,2,...,n\}$，当对$i$操作后交换$P_{i}$和$P_{i+1}$

结论：$S_{i}=[\min_{i\le j\le n}P_{j},\max_{1\le j\le i}P_{j}]$

考虑归纳，初始显然成立，考虑某次对$i$操作——

简单分析，也即求证$P_{i+1}\ne \min_{i\le j\le n}P_{j}$且$P_{i}\ne \max_{1\le j\le i+1}P_{j}$（这里的$P_{i}$仍是交换前的排列）

两者不成立的必要条件均为$P_{i}>P_{i+1}$，而此时显然$S_{i}=S_{i+1}$，与假设矛盾

换言之，问题即构造$P_{i}$，使得$L_{i}=\min_{i\le j\le n}P_{j}$且$R_{i}=\max_{1\le j\le i}P_{j}$，并最小化逆序对数

首先，可以确定确定$P_{i}=\begin{cases}L_{i}&(i=n\or L_{i}\ne L_{i+1})\\R_{i}&(i=1 \or R_{i}\ne R_{i-1})\end{cases}$

同时，简单判定合法性：无重复元素且不存在最小值过小/最大值过大（后者也保证了$L_{i}$和$R_{i}$单调不降）

然后，每一个$L_{i}$和$R_{i}$均已经存在$P_{j}$取到该值，即每一个位置仅还有$\in [L_{i},R_{i}]$的限制，根据两者的单调性，直接将剩余元素从小到大依次填入即可（填入时判定该限制，且这样也最小化逆序对数）

最终，简单统计逆序对数即可

时间复杂度为$o(n\log n)$，可以通过

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 500005
 4 int n,L[N],R[N],P[N],vis[N],f[N];
 5 long long ans;
 6 int lowbit(int k){
 7     return (k&(-k));
 8 }
 9 void update(int k){
10     while (k<=n){
11         f[k]++;
12         k+=lowbit(k);
13     }
14 }
15 int query(int k){
16     int ans=0;
17     while (k){
18         ans+=f[k];
19         k-=lowbit(k);
20     }
21     return ans;
22 }
23 int main(){
24     scanf("%d",&n);
25     for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&L[i],&R[i]);
26     for(int i=1;i<=n;i++){
27         if ((i==n)||(L[i]!=L[i+1]))P[i]=L[i];
28         if ((i==1)||(R[i]!=R[i-1])){
29             if ((P[i])&&(P[i]!=R[i])){
30                 printf("-1\n");
31                 return 0;
32             }
33             P[i]=R[i];
34         }
35     }
36     for(int i=n,s=n+1;i;i--){
37         if (P[i])s=min(s,P[i]);
38         if (s<L[i]){
39             printf("-1\n");
40             return 0;
41         }
42     }
43     for(int i=1,s=0;i<=n;i++){
44         if (P[i])s=max(s,P[i]);
45         if (s>R[i]){
46             printf("-1\n");
47             return 0;
48         }
49     }
50     for(int i=1;i<=n;i++){
51         if ((P[i])&&(vis[P[i]])){
52             printf("-1\n");
53             return 0;
54         }
55         vis[P[i]]=1;
56     }
57     for(int i=1,j=1;i<=n;i++)
58         if (!P[i]){
59             while ((j<=n)&&(vis[j]))j++;
60             if ((j<L[i])||(j>R[i])){
61                 printf("-1\n");
62                 return 0;
63             }
64             vis[j]=1,P[i]=j;
65         }
66     for(int i=1;i<=n;i++){
67         ans+=query(n)-query(P[i]);
68         update(P[i]);
69     }
70     printf("%lld\n",ans);
71     return 0;
72 }

标签：le,return,min,int,ne,Merging,Set,atAGC055E,逆序
来源： https://www.cnblogs.com/PYWBKTDA/p/15645171.html

本站声明： 1. iCode9 技术分享网（下文简称本站）提供的所有内容，仅供技术学习、探讨和分享；
2. 关于本站的所有留言、评论、转载及引用，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关；
3. 关于本站的所有言论和文字，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关；
4. 本站文章均是网友提供，不完全保证技术分享内容的完整性、准确性、时效性、风险性和版权归属；如您发现该文章侵犯了您的权益，可联系我们第一时间进行删除；
5. 本站为非盈利性的个人网站，所有内容不会用来进行牟利，也不会利用任何形式的广告来间接获益，纯粹是为了广大技术爱好者提供技术内容和技术思想的分享性交流网站。