题目描述
\(link\)
小 D 正在研究交换。
小 D 认为一个整数序列是好的，当且仅当它先（不严格）上升，后（不严格）下降。
形式化地，我们认为序列 \(𝑎_1,𝑎_2,...,𝑎_𝑛\) 是好的，当且仅当存在某个 \(𝑘∈[1,𝑛]\)，使得对于任意
\(1 ≤𝑖 <𝑘\)，有 \(𝑎_𝑖 ≤𝑎_𝑖+1\)，且对于任意 \(𝑘≤𝑖<𝑛\)，有 \(𝑎_𝑖 \ge 𝑎_𝑖+1\)。
小 D 得到了一个长度为 𝑛 的序列 \(𝑎_1,𝑎_2,...,𝑎_𝑛\)，他想让这个序列变成好的。
小 D 每次可以交换相邻的两个元素。因为交换很累，所以小 D 想知道，他最少需要交换多少次。
这下小 D 不会了，请你帮帮他。
subtask1(15pts):\(𝑛 ≤ 10\)；
subtask2(20pts):\(𝑛 ≤ 500\)；
subtask3(15pts):\(𝑛 ≤ 5000\)；
subtask4(15pts):\(𝑛 ≤ 10^5\)；
subtask5(20pts):\({𝑎}\) 是一个 \([1,𝑛]\) 的排列。
subtask6(15pts):无特殊限制。
对于 100% 的数据，\(1≤𝑛≤3×10^5，1≤𝑎_𝑖 ≤𝑛\)。
方法
考虑贪心。
对于一个序列，如果我们要让他变好，其最小值一定会被移到最左边或最右边。移到最左边或最右边就取决于移到哪边需要的次数最少。
于是，我们再考虑分治。每次将对序列中最小的数移到最边上，给 \(ans\) 加上移动次数，并将这个数删掉。这样，我们就又得到了一个序列。对序列进行这样的重复操作，直到 \(n\) 个数全部被删除，输出 \(ans\) 即可。
但是，当我们有很多个并列最小的数时，对这些数删除的顺序是有讲究的。每次只能删除最左边或最右边的数，否则一定会产生两个相等的数交换位置的情况。这无疑是无意义的，会使答案不是最优。并且，应删除最左边或最右边中删除所需次数更少的一边。这样，才能保证后面被删除的数是最优的。
时间复杂度：\(O(n^2)\)
优化
观察到 \(n\) 最大能达到 \(3×10^5\) ，\(n ^ 2\) 是肯定卡不过去的。这时候我们便需要优化。
我们可以使用平衡树\(fhq-treap\)。其实树状数组也可以用，又快又好些，吹普常数大的没边，但我是范浩强吹普死忠粉，我就要用。 维护 \(treap\) 对一个序列分成三段，一段为要删的数前的数，一段为其自己，一段为其后面的数，启动次数就是前面的数的 \(size\) 和后面的数的 \(size\) 取 \(min\)，然后再将前后的数合并，即将要删掉的数删掉。重复操作即可，细节看代码就行。我对我马蜂的美丽程度还是很自信的。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define usd unsigned
#define el cout << '\n'
#define lowbit(x) (x & (-x))
const int ranmod = 1e7;
#define random ((rand() * rand()) % ranmod)
#define AC return
#define AK return 0
#define YS cout << "YES"
#define NO cout << "NO"
#define Ys cout << "Yes"
#define No cout << "No"
#define ys cout << "yes"
#define no cout << "no"
#define ls(i) ch[i][0]
#define rs(i) ch[i][1]
#define debug(num) cerr << #num << ' ' << num << '\n'
// void init();
void main_();
signed main() {ios :: sync_with_stdio(false);cin.tie(NULL);cout.tie(NULL);// freopen(".in", "r", stdin);// freopen(".out", "w", stdout);int t = 1;// cin >> t;while(t--) {// init();main_();}AK;
}
const int mod = 95225987, maxn = 3 * 1e5 + 18;int ch[maxn][2], rnd[maxn], val[maxn], siz[maxn], tot, rt;
int add(int num) {tot++;ls(tot) = rs(tot) = 0;rnd[tot] = random;siz[tot] = 1;val[tot] = num;return tot;
}
void push_up(int i) {siz[i] = siz[ls(i)] + siz[rs(i)] + 1;
}
int merge(int l, int r) {if(l * r == 0) return l + r;int res = 0;if(rnd[l] < rnd[r]) {res = l;rs(l) = merge(rs(l), r);} else {res = r;ls(r) = merge(l, ls(r));}push_up(res);return res;
}
void split(int rt, int v, int &l, int &r) {if(rt == 0) {l = 0, r = 0; AC;}if(val[rt] <= v) {l = rt;split(rs(l), v, rs(l), r);push_up(l);} else {r = rt;split(ls(r), v, l, ls(r));push_up(r);}
}
int show(int id) {int a, b, mid;split(rt, id, a, b);split(a, id - 1, a, mid);int res = min(siz[a], siz[b]);debug(siz[a]), debug(siz[b]);rt = merge(a, merge(mid, b));return res;
}
int del(int id) {int a, b, mid;split(rt, id, a, b);split(a, id - 1, a, mid);int res = min(siz[a], siz[b]);debug(siz[a]), debug(siz[b]);rt = merge(a, b);return res;
}int n, ans = 0;
map <int, deque <int> > a;void main_() {cin >> n;for(int i = 1; i <= n; i++) {int num;cin >> num;rt = merge(rt, add(i));a[num].push_back(i);}for(auto tmp : a) {while(!tmp.second.empty()) {if(tmp.second.size() == 1) {ans += del(tmp.second.front());tmp.second.pop_front();} else {int l = show(tmp.second.front()), r = show(tmp.second.back());if(l <= r) {ans += del(tmp.second.front());tmp.second.pop_front();} else {ans += del(tmp.second.back());tmp.second.pop_back();}}}}cout << ans; el;
}