线段树合并 [POI 2011] ROT-Tree Rotations

波兰人太神秘了，竟能出出来如此题目。

题意

给一棵树（读入不太寻常，这个容易处理，忽略不计）, 每个叶子节点有一个权值，我们可以选择交换一些节点的左右子树（保证是二叉树，且要么是叶子要么左右子树都存在）。

经过交换后，跑前序遍历，求最小化的逆序对数量。

大小不好说，大概是 1e6 左右。

做法

我们发现交换子树这个操作似乎并不会影响其他的节点，因为是先序遍历。

所以我们仅仅需要考虑内部新增的情况，考虑递归统计答案。

对于一个子树，答案分三种：左子树中，右子树中，一左一右。

前两者在子树中已经算过，只需要考虑第三种。

我们需要快速计算左子树对于右子树能产生的逆序队数量。

说到逆序对，我们就会想到各种各样的数据结构，突然想到这个东西似乎可以使用线段树统计。

如果有两棵结构相同的权值线段树中的对应节点 x, y 会给出 tr[tr[x].rc].siz*tr[tr[y].lc].siz 的贡献。

调转过来同理，我们就可以使用线段树合并进行统计。

代码↓

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MN=4e6+116;
struct Node{
	int lc, rc, siz;
}tr[MN];
void pushup(int k){
	tr[k].siz=tr[tr[k].lc].siz+tr[tr[k].rc].siz;
}
int tottt=0, root[MN];
long long ans=0, u, v;
int update(int k, int pos, int l, int r){
	if(l==r){tr[k].siz++; return k;}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(pos<=mid){
		if(!tr[k].lc) tr[k].lc=++tottt;
		update(tr[k].lc,pos,l,mid);
	}else{
		if(!tr[k].rc) tr[k].rc=++tottt;
		update(tr[k].rc,pos,mid+1,r);
	}
	pushup(k); return k;
}
int merge(int x, int y){
	if(!x||!y) return x+y;
	u+=(long long)tr[tr[x].rc].siz*tr[tr[y].lc].siz;
	v+=(long long)tr[tr[x].lc].siz*tr[tr[y].rc].siz;
	tr[x].siz+=tr[y].siz;
	tr[x].lc=merge(tr[x].lc,tr[y].lc);
	tr[x].rc=merge(tr[x].rc,tr[y].rc);
	return x;
}
int n, point, cnt=0;
int Dfs(){
	++cnt; root[cnt]=++tottt;
	int now, pos; cin>>now;
	if(now==0){
		int lc, rc;
		lc=Dfs(); rc=Dfs();
		u=0, v=0;
		root[cnt]=merge(lc,rc);
		ans+=min(u,v);
	}else{
		update(root[cnt],now,1,n);
	}
	return root[cnt];
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin>>n; Dfs(); cout<<ans<<'\n';
	return 0;
}