【bzoj1831/1786】【AHOI2008】【逆序对】【dp】

Description

小可可和小卡卡想到Y岛上旅游，但是他们不知道Y岛有多远。好在，他们找到一本古老的书，上面是这样说的： 下面是N个正整数，每个都在1~K之间。如果有两个数A和B，A在B左边且A大于B，我们就称这两个数为一个“逆序对”。你数一数下面的数字里有多少个逆序对，你就知道Y岛离这里的距离是多少千米了。 比如说，4 2 1 3 3里面包含了5个逆序对：(4, 2), (4, 1), (4, 3), (4, 3), (2, 1)。 可惜的是，由于年代久远，这些数字里有一部分已经模糊不清了，为了方便记录，小可可用“-1”表示它们。比如说，4 2 -1 -1 3 可能原来是4 2 1 3 3，也可能是4 2 4 4 3，也可能是别的样子。 小可可希望知道，根据他们看清楚的这部分数字，能不能推断出这些数字里最少能有多少个逆序对。

Input

第一行两个正整数N和K。第二行N个整数，每个都是-1或是一个在1~K之间的数。

Output

一个正整数，即这些数字里最少的逆序对个数。

Sample Input

5 4
4 2 -1 -1 3

Sample Output

4

HINT

4 2 4 4 3中有4个逆序对。当然，也存在其它方案得到4个逆序对。

数据范围：
100%的数据中，N<=10000，K<=100。
60%的数据中，N<=100。
40%的数据中，-1出现不超过两次。

题解：

         首先可以证明-1位置的数一定是单调不降的.

         假设相邻的两个-1的位置是(x,y)(a[x]<=a[y]);

         如果交换x,y;

         对1-x和y-n中的数显然没有影响.

         对x-y中大于max(a[x],a[y])和小于min(a[x],a[y])的数显然也没有影响.

         但是对x-y中a[x]-a[y]的数,逆序对数显然增加了.

         所以交换x,y只会导致逆序对数不降.

         所以-1位置的数一定是单调不降的.

         然后我们就不用考虑-1之间的逆序对数了.

         预处理一下lc[i][j],rc[i][j]和初始答案.

         lc[i][j]表示第i个-1选j左边增加的逆序对数.

         rc[i][j]表示第i个-1选j右边增加的逆序对数.

         然后设f[i][j]表示前i个-1,第i个-1选j最少的逆序对数.

         做一个前缀最小值转移就可以做到O(NK)了.

         最后答案就是ans+f[-1的个数][k];

代码：

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#define N 10010#define M 110using namespace std;int f[N][M],a[N],p[N],n,m,ans,lc[N][M],rc[N][M],l,r,t;int main(){  scanf("%d%d",&n,&m);  for (int i=1;i<=n;i++){    scanf("%d",&a[i]);    if (a[i]!=-1){      for (int j=a[i]+1;j<=m;j++)    ans+=p[j];      p[a[i]]++;}else r++;  }  memset(p,0,sizeof(p));  for (int i=1;i<=n;i++)    if (a[i]==-1){      l++;lc[l][0]=t;  for (int j=1;j<=m;j++)       lc[l][j]=lc[l][j-1]-p[j];    }else p[a[i]]++,t++;  memset(p,0,sizeof(p));t=0;  for (int i=n;i>=1;i--)    if (a[i]==-1){      rc[r][0]=0;  for (int j=1;j<=m;j++)    rc[r][j]=rc[r][j-1]+p[j-1];      r--;}else p[a[i]]++;    for (int i=1;i<=l;i++){    for (int j=1;j<=m;j++)  f[i][j]=f[i-1][m]+lc[i][j]+rc[i][j];      for (int j=2;j<=m;j++)  f[i][j]=min(f[i][j],f[i][j-1]);    }  cout<<f[l][m]+ans;}