标签：val int Permutations 差分 cf1234 cdots signed 数组 Special

题意：

有一个 \(1\sim n\) 的从小到大的排列，即 \(1,2,\cdots ,n\)，记为 \(P_1\)

定义 \(P_i\) 为：在 \(P_1\) 中把数字 \(i\) 移到最前面，其他数字的相对位置不变得到的新排列

定义 \(p_x(P_i)\) 为数字 \(x\) 在排列 \(P_i\) 中的位置

给定数组 \(a[]\)，定义函数 \(f_i\) 为 \(\Sigma |p_{a_k}(P_i)-p_{a_k}(P_i)|\)

输出 \(f_1,f_2,\cdots ,f_n\)

思路：

法一：

考虑从 \(P_x\) 到 \(P_{x+1}\) 有什么变化，实际上只有 \(p_x\) 从 \(1\) 变成 \(x+1\)，同时 \(p_{x+1}\) 从 \(x+1\) 变成 \(1\)，其他都不变。所以可以每次修改被影响的位置，求出所有 \(f\)

实现起来感觉很丑，不写了。下面的方法比较优雅

法二：差分

把要求的 \(f[]\) 写成差分数组，初始所有 \(f_i=0\)

考虑一对在 \(a[]\) 中相邻的数 \(x=a_k,y=a_{k+1}\)，不妨设 \(x<y\)。那么 \(x,y\) 对某个 \(f_i\) 的贡献是多少呢？

1. 若 \(i<x\)，则 \(p_x=x,p_y=y\)，对 \(f_i\) 的贡献就是 \(y-x\)，即 \(f_i+=y-x\)

2. 若 \(i=x\)，则 \(p_x=1,p_y=y\)，那么 \(f_i+=y-1\)

3. 若 \(x<i<y\)，则 \(p_x=x+1,p_y=y\)，那么 \(f_i+=y-x-1\)

4. 若 \(i=y\)，则 \(p_x=x+1,p_y=1\)，那么 \(f_i+=x\)

5. 若 \(i>y\)，则 \(p_x=x+1,p_y=y+1\)，那么 \(f_i+=y-x\)

也就是说，\(x,y\) 会让 \(f_x\) 加上 \(y-1\)，同时让 \(f_y\) 加上 \(x\)，让 \(f_{(x,y)}\) 加上 \(y-x-1\)，让 \(f_{[1,x)}\) 和 \(f_{(y,n]}\) 加上 \(y-x\)

用差分数组实现上述区间加操作，最后求一下前缀和得到原数组

const signed N = 2e5 + 3;
int n, m, a[N]; ll f[N];

void add(int l, int r, int val) {
    f[l] += val, f[r+1] -= val;
}

signed main() {
    iofast;
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= m; i++) cin >> a[i];

    for(int i = 1; i < m; i++) {
        int x = a[i], y = a[i+1];
        if(x == y) continue;
        if(x > y) swap(x, y); //保证x<y
        add(1, x - 1, y - x);
        add(x, x, y - 1);
        add(x + 1, y - 1, y - x - 1);
        add(y, y, x);
        add(y + 1, n, y - x);
    }

    for(int i = 1; i <= n; i++) //前缀和
        cout << (f[i] += f[i-1]) << ' ';
}

标签：val,int,Permutations,差分,cf1234,cdots,signed,数组,Special
来源： https://www.cnblogs.com/wushansinger/p/16159151.html

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