第二次参加USACO 本来打算2016-2017全勤的 January的好像忘记打了 听群里有人讨论才想起来
铂金组三题很有意思，都是两个排列的交叉对问题 我最后得分889/1000（真的菜）
T1.Why Did the Cow Cross the Road
题目大意：给出两个N个排列（N<=100,000），允许把其中一个排列循环移动任意位，a[i]表示i在第一个排列中的位置，b[i]表示第二个，定义交叉对(i,j)满足a[i]<a[j]且b[i]>b[j]，求最少交叉对。
思路：数字大小没有影响，于是令第一个排列中第一个出现的编号为1，第二个出现的编号为2，于是变成最小化第二个排列的逆序对，一开始的逆序对可以O(nlogn)求出，然后考虑把当前第一个数移到最后，若这个数编号为x，明显多了n-x个逆序对，少了x-1个逆序对，就可以O(n)求出所有循环移动第二个排列的情况，然后我开心的交了，开心的WA了，后来才知道，自己忘记考虑移第一个的情况了（其实只要反过来再做一遍）。
得分：8/10（幸好数据大多是移第二个的？）
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
char B[<<],*S=B,C;int X;
inline int read()
{
while((C=*S++)<''||C>'');
for(X=C-'';(C=*S++)>=''&&C<='';)X=(X<<)+(X<<)+C-'';
return X;
}
#define MN 100000
#define N 131072
int f[MN+],a[MN+],t[N*];
void inc(int k){for(k+=N;k;k>>=)++t[k];}
int query(int l,int r)
{
int res=;
for(l+=N-,r+=N+;l^r^;l>>=,r>>=)
{
if(~l&)res+=t[l+];
if( r&)res+=t[r-];
}
return res;
}
int main()
{
freopen("mincross.in","r",stdin);
freopen("mincross.out","w",stdout);
fread(B,,<<,stdin);
int n=read(),i;long long ans,cnt=;
for(i=;i<=n;++i)f[read()]=i;
for(i=;i<=n;++i)cnt+=query(a[i]=f[read()],n),inc(a[i]);
for(ans=cnt,i=;i<n;++i)if((cnt+=n-(a[i]<<)+)<ans)ans=cnt;
cout<<ans;
}
AC代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
char B[<<],*S=B,C;int X;
inline int read()
{
while((C=*S++)<''||C>'');
for(X=C-'';(C=*S++)>=''&&C<='';)X=(X<<)+(X<<)+C-'';
return X;
}
#define MN 100000
#define N 131072
int c[MN+],d[MN+],f[MN+],a[MN+],t[N*];
void inc(int k){for(k+=N;k;k>>=)++t[k];}
int query(int l,int r)
{
int res=;
for(l+=N-,r+=N+;l^r^;l>>=,r>>=)
{
if(~l&)res+=t[l+];
if( r&)res+=t[r-];
}
return res;
}
int main()
{
freopen("mincross.in","r",stdin);
freopen("mincross.out","w",stdout);
fread(B,,<<,stdin);
int n=read(),i;long long ans,cnt=;
for(i=;i<=n;++i)f[c[i]=read()]=i;
for(i=;i<=n;++i)cnt+=query(a[i]=f[d[i]=read()],n),inc(a[i]);
for(ans=cnt,i=;i<n;++i)if((cnt+=n-(a[i]<<)+)<ans)ans=cnt;
for(i=;i<=n;++i)f[d[i]]=i;
memset(t,cnt=,sizeof(t));
for(i=;i<=n;++i)cnt+=query(a[i]=f[c[i]],n),inc(a[i]);
for(ans=min(ans,cnt),i=;i<n;++i)if((cnt+=n-(a[i]<<)+)<ans)ans=cnt;
cout<<ans;
}
T2.Why Did the Cow Cross the Road II
题目大意：两个排列排成两排（长度<=100,000），两排间相差不超过4的可以连边，边不能有交叉，问最多连几条。
思路：金组也有这道，不过N只有1000，考虑DP，f[i][j]表示第一个排列用到第i个 ，第二个排列用到第j个，最多连几条边，f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i][j-1])，若a[i]和b[j]相差不超过4，f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-1]+1)，就能O(n^2)完成。由于对于每个a[i]，相差不超过4的b[j]的最多9个，我们把状态的j改成用了j，每个f[i]相对f[i-1]只变了9个，然后拿线段树维护一下就可以O(9nlogn)来DP了。
得分：10/10
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
char B[<<],*S=B,C;int X;
inline int read()
{
while((C=*S++)<''||C>'');
for(X=C-'';(C=*S++)>=''&&C<='';)X=(X<<)+(X<<)+C-'';
return X;
}
#define MN 100000
#define N 131072
int a[MN+],b[MN+],t[N*],g[];
void renew(int k,int x){for(k+=N;k;k>>=)t[k]=max(t[k],x);}
int query(int l,int r)
{
int res=;
for(l+=N-,r+=N+;l^r^;l>>=,r>>=)
{
if(~l&)res=max(res,t[l+]);
if( r&)res=max(res,t[r-]);
}
return res;
}
int main()
{
freopen("nocross.in","r",stdin);
freopen("nocross.out","w",stdout);
fread(B,,<<,stdin);
int n=read(),i,j;
for(i=;i<=n;++i)a[i]=read();
for(i=;i<=n;++i)b[read()]=i;
for(i=;i<=n;++i)
{
for(j=-;j<=;++j)if(a[i]+j>&&a[i]+j<=n)g[j+]=query(,b[a[i]+j]-)+;
for(j=-;j<=;++j)if(a[i]+j>&&a[i]+j<=n)renew(b[a[i]+j],g[j+]);
}
printf("%d",query(,n));
}
T3.Why Did the Cow Cross the Road III
题目大意：两个排列（长度<=100,000），相等的连边，相差超过K的称为不友好，求不友好交叉对。
思路：我比较菜，只会暴力，考虑对每对相等的计算答案，每对a[i]=b[j]，把a[i]左边设成1，右边设成0，b[j]同样，与这条边有交叉的边必然被编成一个1，1个0，也就是异或为1，考虑统计答案，做法1：把每个值现在的两个编码的异或值用树状数组维护，把每条边的当成一个二维询问，考虑莫队，插入和删除一个值都相当于令这个值编码的异或值异或上1，复杂度O(n^1.5logn)；做法2：用可持久化bitset搞出两个排列所有前缀后缀的bitset，bitset里存每个值的编码，每条边都拿出bitset异或一下，复杂度O(n^2/32)。我比较懒，写了莫队，一开始T了六七个，调了下块大小，最后在K=3n^0.5左右只T两个点，玄妙无比。另外用sum(n)-sum(i+k)统计貌似比sum(i-k-1)多过了一个点，原理不明。
得分：13/15
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
char B[<<],*S=B,C;int X;
inline int read()
{
while((C=*S++)<''||C>'');
for(X=C-'';(C=*S++)>=''&&C<='';)X=(X<<)+(X<<)+C-'';
return X;
}
#define MN 100000
#define K 1050
#define lb(x) (x&-x)
int a[MN+],b[MN+],f[MN+],s[MN+];
struct query{int a,b,x;}q[MN+];
bool cmp(query a,query b){return a.a/K==b.a/K?a.b<b.b:a.a<b.a;}
int sum(int x){int r=;for(;x;x-=lb(x))r+=s[x];return r;}
void rev(int x){int r=(f[x]^)-f[x];f[x]^=;for(;x<=MN;x+=lb(x))s[x]+=r;}
int main()
{
freopen("friendcross.in","r",stdin);
freopen("friendcross.out","w",stdout);
fread(B,,<<,stdin);
int n,k,i,pa=,pb=;long long ans=;
n=read();k=read();
for(i=;i<=n;++i)a[i]=read(),q[a[i]].a=i,q[a[i]].x=a[i]+k;
for(i=;i<=n;++i)b[i]=read(),q[b[i]].b=i;
sort(q+,q+n+,cmp);
for(i=;i<=n;++i)
{
if(q[i].x>=n)continue;
while(pa<q[i].a)rev(a[++pa]);
while(pa>q[i].a)rev(a[pa--]);
while(pb<q[i].b)rev(b[++pb]);
while(pb>q[i].b)rev(b[pb--]);
ans+=sum(n)-sum(q[i].x);
}
cout<<ans;
}
正解：把每个数字在两个排列中的位置抽象到二维平面上（例如1在第一个排列中排第2个，在第二个排列中排第3，则用(2,3)表示），那么若两个数字交叉，则其中一个数字在二维平面上必然在另一个点的左上方（一维小，另一维大），要统计不友好交叉对，对每个点i统计1~i-k-1，i+k+1~n中有多少个点在他左上就好了，考虑把两个分开处理，可以依次插入点i，询问点i+k+1，插入点i+1，询问点i+k+2……另一个反过来再做一遍就能算出答案。这个问题可以用cdq分治或者二维线段树解决，复杂度O(nlogn^2)。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
#define ll long long
char B[<<],*S=B,C;int X;
inline int read()
{
while((C=*S++)<''||C>'');
for(X=C-'';(C=*S++)>=''&&C<='';)X=(X<<)+(X<<)+C-'';
return X;
}
#define MN 100000
int a[MN+],b[MN+],t[MN*+],x[MN*+],y[MN*+],s[MN+];ll ans;
struct query{int x,y,t;}q[MN*+];
bool cmp(query a,query b){return a.x<b.x;}
void inc(int x,int z){for(;x<=MN;x+=x&-x)s[x]+=z;}
int sum(int x){int r=;for(;x;x-=x&-x)r+=s[x];return r;}
void solve(int l,int r)
{
if(l>=r)return;
int i,mid=l+r>>,qn;
for(i=l,qn=;i<=mid;++i)if(t[i])q[++qn]=(query){x[i],y[i],t[i]};
for(i=mid;++i<=r;)if(!t[i])q[++qn]=(query){x[i],y[i],t[i]};
sort(q+,q+qn+,cmp);
for(i=;i<=qn;++i)
if(q[i].t)inc(q[i].y,);
else ans+=sum(MN)-sum(q[i].y);
for(i=;i<=qn;++i)if(q[i].t)inc(q[i].y,-);
solve(l,mid);solve(mid+,r);
}
int main()
{
freopen("friendcross.in","r",stdin);
freopen("friendcross.out","w",stdout);
fread(B,,<<,stdin);
int n,k,i,cnt;
n=read();k=read();
for(i=;i<=n;++i)a[read()]=i;
for(i=;i<=n;++i)b[read()]=i;
for(cnt=,i=;i+k+<=n;++i)
{
x[++cnt]=a[i];y[cnt]=b[i];t[cnt]=;
x[++cnt]=a[i+k+];y[cnt]=b[i+k+];t[cnt]=;
}
solve(,cnt);
for(cnt=,i=n;i-k-;--i)
{
x[++cnt]=a[i];y[cnt]=b[i];t[cnt]=;
x[++cnt]=a[i-k-];y[cnt]=b[i-k-];t[cnt]=;
}
solve(,cnt);
cout<<ans;
fclose(stdin);fclose(stdout);return ;
}