题解 : 火柴排序
1.题意
地址：https://www.luogu.com.cn/problem/P1966
有两个序列a,b，每个序列的元素不同。任意一个序列的任意两个相邻的元素可以互换，要求对两个序列进行操作，使得$\sum(a_i-b_i)^2$最小，求最小操作次数。
2.思路：
对于这两个序列而言，要求我们最小化的是
$$
\sum(a_i-b_i)^2
展开这个式子，得到
$$
$$
\sum(a_i^2-2a_ib_i+b_i^2)
$$
也就是
$$
\sum(a_i^2+b_i^2)-\sum(2a_ib_i)
$$
因为$a_i,b_i$都是定值，所以我们只需要 最大化
$$
\sum(2a_ib_i)
$$
即可。
对于两个序列而言，全部升序/降序时总比乱序时的$\sum(2a_ib_i)$大。这一点很容易证明可以考虑转化为面积或者通过数学归纳法进行证明。
另外很显然的一点就是，对于序列a,b，对他们的对应元素进行同样的操作，也就是“一起进行某种操作”对答案没有影响。
那么，问题就转化为，对于序列a,b，求对b最少的操作次数使得对b操作后产生的b’序列和a“一起”进行某些操作后使得a变为升序后，a,b’的元素对应的大小位置相等（大小位置就是对于某个序列排完序以后某个元素的位置）。
那么，我们先对a，b序列进行一步奇妙的离散化。把序列中的元素映射为对应元素的下标，设a映射为c，b映射为d。然后，对吧c以a为基准排序，再把d以b为基准排序。得到新的序列c’,d’。此时这两个序列保存的是把a和b分别变成升序时，原来元素的新位置。那么，根据前面所说的，a和b“一起”进行某些操作时，对答案没有影响，我们已经成功的把问题转化为：只能交换序列中的相邻元素，使得d’=c’的最小交换次数。但是我们仍然不能很容易的进行求解。
那么，我们把c排序，再把$d’$以$c’$为基准排序。这时候得到的新序列$c’’$,$d’’$相当于把$c’$，$d’$ “一起”进行了某些操作使得c’升序时的d’。到了这一步我们就会求只能交换序列中的相邻元素，使得d’=c’的最小交换次数了。
根据线性代数老师所言：
- 只交换相邻的两数让他们变成升序：交换次数为逆序对数
- 证明：考虑一个排列，先将其最大的数移至序列尾，次数为最大数与它后面的数组成的逆序对数。此时最后一位已定，再考虑前n-1个数的排列。最后整个序列的操作次数即为逆序对数。
3.代码：
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| #include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 1e5+7,P=1e8-3;
template <typename _TP>
inline _TP read(_TP &X){
char ch=0;int w;X=0;
while(!isdigit(ch)){w=ch=='-';ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){X=(X<<1)+(X<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
X=w?-X:X;
return X;
}
long long a[MAXN],b[MAXN],t[MAXN],pos[MAXN],w[MAXN];
inline bool cmpA(const int x,const int y){
return a[x]<a[y];
}
inline bool cmpB(const int x,const int y){
return b[x]<b[y];
}
long long cnt=0;
void merge_sort(const int l,const int r){
if(r-l>1){
int m=l+(r-l)/2;
int p=l,q=m,i=l;
merge_sort(l,m);
merge_sort(m,r);
while(p<m || q<r){
if(q>=r || (p<m && w[p]<=w[q])){
t[i++]=w[p++];
}
else {
t[i++]=w[q++];
cnt+=m-p;
}
}
for(int i=l;i<r;i++){
w[i]=t[i];
}
}
}
int c[MAXN],d[MAXN];
int main(){
long long n;
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++){
read(a[i]);
c[i]=i;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
read(b[i]);
d[i]=i;
}
sort(c+1,c+n+1,cmpA);
sort(d+1,d+n+1,cmpB);
for(int i=1;i<=n;i++){
w[c[i]]=d[i];
}
merge_sort(1,n+1);
cout<<cnt%(P);
return 0;
}
|
