Cow Photographs
来源:互联网 发布:屏幕点击控制软件 编辑:程序博客网 时间:2024/05/22 14:35
[Usaco2010 Nov]Cow Photographs
时间限制: 1 Sec 内存限制: 64 MB题目描述
奶牛的图片 Farmer John希望给他的N(1<=N<=100,000)只奶牛拍照片,这样他就可以向他的朋友炫耀他的奶牛.这N只奶牛被标号为1..N. 在照相的那一天,奶牛们排成了一排.其中第i个位置上是标号为c_i(1<=c_i<=N)的奶牛.对于奶牛的站位,Farmer John有他自己的想法. FJ是这么想的,标号为i(1<=i<=n-1)的奶牛只能站在标号为i+1的奶牛的左边,而标号为N的奶牛只能站在标号为1的奶牛的左边.当然,没有牛可以站在队列中最左边的奶牛的左边了.也就是说,最左边的奶牛编号是随意的. 这些奶牛都非常的饿,急切的希望吃到FJ承诺的在拍照后的大餐,所以FJ想尽快的拍照.奶牛们的方向感非常的不好,所以FJ每一分钟只可以选择相邻的两只奶牛然后让他们交换位置.FJ最小需要多少时间就能使奶牛站成一个可以接受的序列? 比方说一个有5只奶牛的例子,一开始序列是这样的: 左边 右边 3 5 4 2 1 第一分钟,FJ可以交换第二队奶牛(即5和4),交换后的队列: 3 4 5 2 1 第二分钟,FJ交换最右边的一对,序列变成这样: 3 4 5 1 2 这样,只用了2分钟,就是序列变为了一个FJ所希望的序列.
输入
第1行:一个单独的数N 第2到n+1行:第i+1行上的数表示站在第i的位置上的奶牛的编号(即c_i).
输出
一个整数,表示是奶牛的序列变为一个合法的序列的最小花费时间.
样例输入
535421
样例输出
2
一开始只想到n^2logn的做法,会T掉三个点,每次枚举将要变成的序列,和火柴排队类似的思路,c[i]记录
给定序列的b[i]在枚举序列的位置,然后求c[]序列的逆序对
正解:先求出来把给定序列转化为不下降序列的交换次数,此时求出来的答案是把给定序列转化为1 2 3 4 5
的最少次数,然后再考虑把序列转化为2 3 4 5 1的次数,通过逆序对求出来的交换次数是把序列转化为上升
序列,如果把1换成6就符合上升序列,同时需要ans-(pos[1]-1)+(n-pos[1]) 去掉1产生的逆序对个数,加上
6产生的个数,3 4 5 1 2可以由2 3 4 5 1的ans递推过来#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#define maxn 100005#define LL long longusing namespace std;int n;LL ans[maxn];int pos[maxn],c[maxn];int a[maxn];int lowbit(int x) { return x&(-x); }int getsum(int x){ int sum=0; while(x){ sum+=c[x]; x-=lowbit(x); } return sum;}void update(int x,int num){ while(x<=n){ c[x]+=num; x+=lowbit(x); } }inline int read(){ int x=0; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar(); while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=x*10+ch-'0'; ch=getchar(); } return x; }int main(){ //freopen("in.txt","r",stdin); n=read(); for(int i=1;i<=n;i++){ a[i]=read(); pos[a[i]]=i; ans[1]+=(LL)((i-1)-getsum(a[i])); update(a[i],1); } LL Ans=ans[1]; for(int i=2;i<=n;i++){ ans[i]=ans[i-1]-(LL)(pos[i-1]-1)+(LL)(n-pos[i-1]); Ans=min(Ans,ans[i]); } printf("%lld\n",Ans); //while(1); return 0;}
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