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题目链接: 2018 ICPC Pacific Northwest Regional Contest - I-Inversions
题意
给出一个长度为\(n\)的序列，其中的数字介于0-k之间，为0表示这个位置是空的。现在可以在这些空的位置上任意填入1-k之间的数字（可以重复）。问最多可以总共有多少对逆序对。（如果\(i<j,p_i>p_j\)，则称\((i,j)\)是一对逆序对）
\(1\leq n\leq 2*10^5,\ 1\leq k\leq 100\)
思路
第一步，先证明最优的填入的序列一定是非降序的。这里可以用反证法。假设\(a\lt b\)，对于序列\(seq_1,a,seq_2,b,seq_3\)，这里seq表示一段数字。如果我们交换a和b的位置，可以发现，a原本的贡献中：
- \(seq_1\)里比\(a\)大的，保留了下来。
- \(seq_2\)里比\(a\)小的，必定也比\(b\)小。
- \(seq_3\)里比\(a\)小的，保留了下来。
同样地，在b原本的贡献中：
- \(seq_1\)里比\(b\)大的，保留了下来。
- \(seq_2\)里比\(b\)大的，必定也比\(a\)大。
- \(seq_3\)里比\(b\)大的，保留了下来。
因此，用非降序的序列来填空，至少不会比这个序列的其他排列方式差，也就可以认为这是最优的了。
这里稍微提一下，如果用相似的方法，无法证明非升序是最优的。
第二步，明确算法过程需要什么数据。这里需要用到的有：
- 原序列的：
- 对于所有的数字1-k，每个位置与前面可组成的逆序对数。
- 已产生的所有逆序对数。
- 填入空位的数：
- 可与原序列产生的逆序对数
- 填入序列之间产生的逆序对数。（大概是一个等差数列求和再减去相同部分）
然后是核心部分。观察到k很小，所以我们枚举从左到右，从大到小填入序列。具体方法如下：
- 枚举从\(k到1\)的每个数字\(val\)。然后枚举任意连续的空位填入一串val。这样直接做的复杂度是\(O(n^2)\)，所以需要一些优化。
- 首先用前缀和、差分把计算连续串的复杂度压到\(O(n)\)建立，\(O(1)\)查询。
- 然后再额外维护一个dp数组，记录对于这个val的情况，这样在取到更优值的时候，这个首部以前的地方就可以保证后续也可用。这样首部随着枚举尾部向后迁移，更新dp数组的复杂度也从\(O(n^2)\)降到了\(O(n)\)。
- 最后再用这个额外的dp数组去更新答案的dp数组，直接覆盖。算法执行完，就可以得到填空与原序列产生的总贡献，和填空序列里不变的子序列减少的贡献。
- 最终答案就是原序列的贡献+填空与原序列产生的贡献+填空之间产生的贡献（等差数列求和再减去不变的子序列减少的贡献，代码中为方便计算，减去的部分在填空与原序列产生的贡献中提前计算了）。
这里因为我自己也还没有理解透彻，只停留在AC的程度，也有题目比较复杂的原因，可能讲的不够清楚。具体需要看代码里的一些注释辅助理解。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2e5+10;
const int maxk=1e2+10;
const ll inf=1e18;
int n,k;
int seq[maxn];
int preGt[maxn][maxk];//i,j: 下标从1到i这么多个大于j的数
int cnt[maxk];//至今有多少个数大于i
ll dp[maxn];//在i之前填空的贡献，减去相等序列本应有的贡献
ll curdp[maxn];
ll presum[maxn];//前缀和
ll getsum(ll num){
//1...n等差数列求和
return num*(num+1)/2;
}
int main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>n>>k;
int empty=0;
ll ori=0;//原序列的逆序对数
for(int i=1;i<=n;++i){
cin>>seq[i];
if(seq[i]==0){
++empty;
}
else{
for(int j=0;j<seq[i];++j)
++cnt[j];
ori+=cnt[seq[i]];
}
for(int j=0;j<=k;++j)
preGt[i][j]=cnt[j];
}
//////////////////////
for(int i=1;i<=n;++i)
dp[i]=-inf;
for(int val=k;val>=1;--val){
//先用大的数填空
int tot=0;
ll sum=0;//要注意的是，这里的sum是前缀和
for(int i=1;i<=n;++i){
if(seq[i]) continue;
//加上i左边比val大的数
sum+=preGt[i][val];
//再加上i右边比val小的数，这里用总数-比val-1大的数量=比val小的数量
//然后再总的减掉左边的，就是右边的。
sum+=(preGt[n][0]-preGt[n][val-1])-(preGt[i][0]-preGt[i][val-1]);
presum[++tot]=sum;
}
int emptyR=1;
int emptyL=1;
int curL=1;
int curst=1;
//枚举这串val填空的尾部
for(int ed=1;ed<=n;++ed){
ll mx=-inf;
if(seq[ed]) continue;
curL=emptyL;
for(int st=curst;st<=ed;++st){
if(seq[st]) continue;
//从上一个状态加上，L到R之间填空val的贡献，减去这串本该下降的空位产生的贡献。
//例如2,1贡献了一个逆序对，但2,2就不贡献了。然后对比已有状态看是否更优。
ll tmp=dp[curL-1]+(presum[emptyR]-presum[curL-1])-getsum(emptyR-curL);
if(tmp<mx) break;
if(tmp>mx){
mx=tmp;
emptyL=curL;
curst=st;
}
++curL;
}
curdp[emptyR]=max(dp[emptyR],mx);
++emptyR;
}
swap(dp,curdp);
}
cout<<ori+dp[empty]+getsum(empty-1)<<‘\n‘;
return 0;
}
2018 ICPC Pacific Northwest Regional Contest I-Inversions 题解
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原文地址：https://www.cnblogs.com/crazyfz/p/12814382.html
