乐曲创作

Problem

题目描述
小可可是音乐学院的一名学生，他需要经常创作乐曲完成老师布置的作业。

可是，小可可是一个懒惰的学生。所以，每次完成作业时，他不会重新创作一首新的乐曲，而是去修改上一次创作过的乐曲作为作业交给老师。小可可的乐曲由N个音调不同的音符组成，分别记为音符1…N。因此，他创作的乐曲是由1…N的一个排列构成，例如N=5时，他创作的乐曲可能为：2,1,3,5,4。但是，小可可每一次会按照一定的要求修改上一次创作的乐曲。他规定，修改过后的乐曲必须与上一次创作的乐曲的悦耳值相同。所谓悦耳值就是他所创作的乐曲，也就是1…N的排列中逆序对的个数。逆序对是指对于1…N的一个排列A1,A2,…,An中的两个数Ai,Aj，满足i < j而Ai>Aj，例如：2,1,3,5,4 这个排列中有2个逆序对，分别为：(2,1)，(5,4)。可是，满足条件的排列有很多，小可可会选择在这些满足条件的排列中字典序大于上次创作乐曲的排列的字典序，且字典序尽量小的那一个排列作为新的乐曲。这里的字典序指：排列A：A1,A2…An和排列B：B1,B2…Bn，若存在一个数k，使得Ak < Bk，且A1=B1,A2=B2,……,Ak-1=Bk-1，我们就称排列A的字典序小于排列B的字典序。

由于小可可最近要参加学校的篮球比赛，他没有空余时间完成老师布置的作业，于是他希望作为他好友的你帮助他完成作业。

输入
第1行1个正整数N，表示小可可的乐曲由N个音调不同的音符组成。
第2行为N个不同的正整数，表示1…N的一个排列，即小可可上次创作的乐曲。

输出
输出只有一行，为1…N的一个排列，表示你帮助小可可修改后的乐曲。
数据保证有满足条件的解。

样例输入
3
2 3 1
样例输出
3 1 2
【样例2】
music.in
5
2 1 3 5 4
music.out
2 1 4 3 5
【数据范围】
30%的数据，1≤N≤10；
60%的数据，1≤N≤1000；
100%的数据，1≤N≤500000。

Solution

思路

因为要字典序最小，我们再举几个样例和感性认知后发现：若新序列P相对于原序列A第一个修改的数为Ai，则i要尽可能小。枚举i，那么如何判断i位作为第一个修改的数是否可行并构造可行解呢？
判断是否可行

我们首先用树状数组 预处理出来p[i]，表示第i位后有几个数字比它小，sum[i]表示i-n位的逆序对数目，显然sum[i]=sum[i+1]+p[i]；

若从i位开始修改，则显然要满足以下条件：

A[i]< MAX{A[i],A[i+1],A[i+2]…A[n]}
设后i+1位数中的逆序对数目为tot，max{num}为交换后i~n位中的逆序对最大数目，min{num}则为最小，则max{num}>=tot>=min{num}，因为要求逆序对数不变，则至少要在可能区间内。
显然max{num}=(n-i+1)*(n-i)/2，而tot肯定小于这个
min{num}是把 第i位数x 与 后面大于x的值中的最小值交换后，再把i+1~n为升序排列的逆序对数目，因为此时后i+1~n位间没有逆序对，而交换上来的是大于中的最小的，显然有i位产生的逆序对数最小，毕竟 最小+最小=最小。

构造最优解

在构造最优解前我们要证明一件东西：若A[i]符合以上条件，则将A[i]与A[j]交换后并能够造出一种逆序对数目相同的方案，其中A[j]为i+1~n中大于A[i]的最小值。
分两步证明：
1.将A[j]放上来后由A[j]产生的逆序对数目比之前多1，即(new)p[i]=(old)p[i]+1，而后面部分产生的逆序对数又能达到最大（降序排列），即最大值>=tot。
2.因为上面的条件中有tot>=p[i]+1，所以当A[j]换上来后逆序对数的最小值小于等于原逆序对数，所以一定有一种方案使得A[j]与A[i]交换后逆序对数不变。

最后一步就是构造最优解了，假如有组数据如下：
A ： 4 1 5 3 2
P ： 3 0 2 1 0
Sum 6 3 3 1 0
2不符合“p[i]+1<=sum[i]”
3不符合“A[i]< MAX{A[i],A[i+1],A[i+2]…A[n]}”
5不符合“A[i]< MAX{A[i],A[i+1],A[i+2]…A[n]}”
1符合两个条件，我们把1 和后面的 2 交换 再把后面的是升序排列 来构造最优解
此时序列为： 4 2 1 3 5
原来后4位有sum[2]=3个逆序对,换上来升序排列后有p[2]+1=1个逆序对,还需要x=3-1=2个逆序对，因为后三位要字典序最小，我们思考1能否不变？不可以。因为C12=1 <=2 即后面3个数最大的逆序对数 >= 所需数，所以我们要改变1，那么我们把1与谁交换呢？令y=所需数x-后面最大逆序对数，此处y=2-1=1，这样将A[k]与A[k+y]交换，此处k为第一个后面的数中需要交换的数，这样就会多出y个逆序对（因为后面的数是升序排列过的），再把A[k+y+1~n]降序排列，产生最多的逆序对就可以了。

整个思路应该比较清晰，其中的证明与构造方法要多想想为什么。

CODE

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long longconst ll MAXN=500010;ll a[MAXN],c[MAXN],p[MAXN],sum[MAXN],n;bool cmp(int x,int y){    return x>y;}void add(ll x,ll val){    for (ll i=x;i<=n;i+=i&(-i))        c[i]+=val;}ll query(ll x){    ll ans=0;    for (ll i=x;i>0;i-=i&(-i))        ans+=c[i];    return ans;}void work(ll k,ll x)//构造最优解；{    ll i=k;    while (i<n && (n-i)*(n-i-1)/2>=x) i++;    ll y=x-(n-i)*(n-i-1)/2;    swap(a[i],a[i+y]);    sort(a+i+1,a+n+1,cmp);}int main(){    scanf("%lld",&n);    for (ll i=1;i<=n;i++)        scanf("%lld",&a[i]);    for (ll i=n;i>=1;i--)    {        add(a[i],1);        p[i]=query(a[i]-1);        sum[i]=sum[i+1]+p[i];    }    ll maxx=a[n];    for (ll i=n;i>=1;i--)    {        maxx=max(maxx,a[i]);        if (a[i]!=maxx && p[i]+1<=sum[i])        {            ll k=0;            for (ll j=i+1;j<=n;j++)                 if (a[j]>a[i] && (k==0 || a[j]<a[k])) k=j;            swap(a[i],a[k]);            sort(a+i+1,a+n+1);            work(i+1,sum[i]-(p[i]+1));            break;        }    }    for (ll i=1;i<n;i++)        printf("%lld ",a[i]);    printf("%lld\n",a[n]);      return 0;}