题解
首先的话,上个题目链接 https://www.luogu.com.cn/problem/P1966
读懂了题目大意,稍微有点头绪
我们发现要求这个和的最小值
即min{∑(ai-bi)^2 (1<=i<=n)}
展开,得min{∑(ai^2+bi^2-2*ai*bi)}=min{∑ai^2+∑bi^2-∑2*ai*bi}
只需要关注2*Σ(a[i]*b[i])的值,使它最大就行了(因为a的平方+b的平方始终为定值)
然后的话,这时候需要证明一下这个东西
让b数组中第i小的数和a数组中第i小的数在同一个位置是最优的
顺序之乘>=乱序之乘
证明如下:
我们可以设a<b,c<d
猜测ac+bd一定是最大的。利用反证法。
若ac+bd不是最大的,那么一定有比它更大的,只有ad+bc
ac+bd<ad+bc
ac-ad<bc-bd
a*(c-d)<b*(c-d)//c-d<0
那么就会得到a>b (什么鬼,矛盾,所以得证)
所以我们知道
对于有序数列k1~kn,p1~pn,
k(1)p(1)+k(2)p(2)+……+k(n)p(n)一定是最大的
于是这题变成了,我们要用最少多少次使得这两个序列变成所谓b数组中第i小的数和a数组中第i小的数在同一个位置
我们用一个很巧妙的办法,设输入的序列分别为a,b;
开一个数组c,令c[b[i]]=a[i] (这时候如果c[i]=[i],他们就在同一个位置)
于是我们只要愉快的求一下c数组的逆序对对数就是最终的answer!
求逆序对,树状数组?
像我这样的蒟蒻当然懒得写,二分归并不好嘛。
于是A了一道很水的洛谷蓝题(?)
code如下
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int mod=99999997; ll n,p[100010],x[100010],ans=0; struct node { int data,position; }a[100010],b[100010]; bool cmp1(node a,node b) { return a.data<b.data; } inline ll read() { char ch; ll res,sign=1; while((ch=getchar())<'0'||ch>'9') if(ch=='-') sign=-1; res=ch^48; while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9') res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^48); return res*sign;//快读卡常,不过这题没用 } inline void msort(int s,int t) { if(s==t)return ; int mid=(s+t)/2; msort(s,mid);msort(mid+1,t); int i=s,k=s,j=mid+1; while(i<=mid && j<=t) { if(x[i]<=x[j]) { p[k]=x[i]; ++k;++i; } else { p[k]=x[j]; ++k;++j; ans=(ans+mid-i+1)%mod; //ans要增加左边剩余区间的个数,用来统计逆序对 } } while(i<=mid) { p[k]=x[i]; ++k;++i; } while(j<=t) { p[k]=x[j]; ++k;++j; } for(int i=s;i<=t;i++) { x[i]=p[i]; } } int main() { n=read(); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i].data),a[i].position=i; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i].data),b[i].position=i; sort(a+1,a+n+1,cmp1); sort(b+1,b+n+1,cmp1); for(register int i=1;i<=n;++i) { x[b[i].position]=a[i].position; }//记录位置 msort(1,n);//归并排序求逆序对 printf("%lld",ans); return 0; }