AT_arc126_d [ARC126D] Pure Straight 题解

设最后连续的 $1\dots k$ 为关键点。

可以发现，一定有一种最优解是，先把关键点交换到一起，再把关键点排序。

第一步把关键点交换到一起，对于每个非关键点，都有把其左的关键点移到其右，把其右的关键点移到其左两种方案，则其贡献为其两边关键点数之 $\min$。

第二步把关键点排序，每个关键点的贡献即为其形成的逆序对数，钦定其为值较小的一个。

设 $f_{i,S}$ 为在 $a_{[1,i]}$ 中选定值 $\in S$ 的关键点，$a_{[1,i]}$ 的贡献和最小值。

考虑从 $f_{i-1}$ 转移到 $f_i$，分类讨论 $a_i$ 是否关键点：

• $a_i$ 为关键点，则 $\forall S|a_i\notin S,f_{i,S\cup\{i\}}\gets\min\{f_{i,S\cup\{i\}},f_{i-1,S}+|S\cap(a_i,\infty)|\}$。
• $a_i$ 为非关键点，则 $\forall S,f_{i,S}\gets\min\{f_{i,S},f_{i-1,S}+\min(|S|,k-|S|)\}$。

答案即为 $f_{n,\{x\in\mathbf{N}_+|1\le x\le k\}}$。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n, k, f[1 << 16];
int main()
{
    memset(f, 0x3f, sizeof f);
    f[0] = 0;
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for (int i = 0, x; i < n; ++i)
    {
        scanf("%d", &x);
        --x;
        for (int S = (1 << k) - 1; ~S; --S)
            if (f[S] != 0x3f3f3f3f)
            {
                if (!(S & 1 << x))
                    f[S | 1 << x] = min(f[S | 1 << x], f[S] + __builtin_popcount(S & ~((1 << x) - 1)));
                f[S] += min(__builtin_popcount(S), k - __builtin_popcount(S));
            }
    }
    printf("%d", f[(1 << k) - 1]);
    return 0;
}