【CF1051G】 Distinctification 题解 （线段树合并 + 并查集维护）
很感谢这道花费了我一整个上午的题目，很感谢。
线段树合并 + 并查集维护。
Description
Solution
以下使用 \(a_i\) 代替 \(A_i\)，\(b_i\) 同理。
1 观察
观察这两个操作，容易发现如果新加进来一个数，想要通过操作这个数使得序列中没有重复的数，只能是把这个新数不断加一直到没有数与它相同。通过这个观察，可以得到结论：最终 \(a_i\) 构成的集合是确定的。注意，是集合确定。
进一步观察这两个操作，就能发现：对于 \(1\leq i,\ j \leq n\)，若 \(a_i = a_j + 1\)，可以通过花费 \(b_j-b_i\) 的代价，将两者交换。交换有什么好处？若 \(b_i < b_j\)，则 \(a_i \times b_i + a_j \times b_j \geq a_i \times b_j + a_j \times b_i\)。
同时，不妨假设最后满足条件的整个操作后序列每项为 \(c_i,\ 1\leq i \leq n\)。那么总共所需代价即为 \(\sum_{i=1}^n (c_i-a_i) \times b_i\)。为什么？因为若 \(a_i\) 加了 \(1\)，代表花费增加了 \(b_i\)；若 \(a_i\) 减去 \(1\)，代表花费减少了 \(b_i\)。那么最后 \(a_i\) 总共增加了 \((c_i-a_i)\)，但是内部过程是如何的我们实际上并不会关注，因为除了 \((c_i-a_i) \times b_i\) 之外 \(a_i\) 带来的花费已经抵消掉了。故最终的花费总共为 \(\sum_{i=1}^n (c_i-a_i) \times b_i\)。进一步拆分，得总代价为 \(\sum_{i=1}^n c_i \times b_i - \sum_{i=1}^na_i \times b_i\)，而式子中的第二项已经确定，所以我们想要 \(c_i\times b_i\) 的总和尽可能小。
综上两段分析，我们明白：我们需要做的是通过交换 \(a\) 中元素的位置，即重新排序使得答案最小。
因为交换 \(a_i\) 和 \(a_j\) 的前提条件是 \(a_i=a_j+1\)，故我们只能在⼀个 \(a_i\) 的连续段内任意调整顺序。为了不破坏连续段的单调递增性，我们将调换 \(a_i\) 的顺序转化为调换 \(b_i\) 的顺序，这并不影响结果。再结合交换两项带来的优势，不难得出：我们要在一个 \(a\) 的连续段内将其相对应的 \(b\) 中的项从大到小排序，然后与 \(a\) 中的项一一对应，从而达到 \(\sum_{i=1}^n c_i\times b_i\) 尽可能小的目的。
2 求每个连续段花费
为了维护连续段并且支持合并（加入新的数），我们考虑线段树合并。\(rt_i\) 表示段内最小的数为 \(i\) 的连续段（此时已保证 \(a_i\) 两两互不相同）相对应的一棵权值线段树。线段树内部以 \(b_i\) 为下标。
显然，在 \(rt_i\) 这棵权值线段树内，每个 \(b_i\) 从小到大排好了序。而我们要求的，就是这些 \(b_i\) 从大到小 分别乘上 对应最小值为 \(i\) 的从小到大的连续段的每一项。我们可以明确一点：每个 \(b_i\) 都会至少乘上 \(i\)，故可以直接将 \(t_{rt_i}.sum \times i\) 统计进 \(ans\)，之后加入每个 \(b_i\)（\(b_i\) 从小到大升序排列）乘上 \(a\) 中第 \(t_{rt_i}.size - i + 1\) 项的两者之积。
那怎么快速求得这些乘积的和呢？其实只需要在递归线段树的时候，每一层都给 \(ans\) 加上 \(t_{ls}.sum \times t_{rs}.siz\) 即可。可以感性理解为每一层都将 \([l,mid]\) 和 \([mid+1,r]\) 这两个区间调换了位置，那最后整个 \(b\) 序列肯定被排为从大到小的降序排列。而上面的 \(t_{ls}.sum \times t_{rs}.siz\) 就是将区间 \([l,mid]\) 移位到了区间 \([mid+1,r]\) 之后所多出的花费。
3 统计加数后答案
知道如何统计每个连续段的贡献之后，分析一下每次新加入一个数之后如何重新统计答案。流程如下：
- 找到输入的这个数 \(a_i\) 所在的连续段中，最大的数是多少。而 \(a_i\)，就要赋值为这个最大值加一的数，记为 \(y\)。
- 统计将 \(a_i\) 变为 \(y\) 所需的代价，加进 \(ans\)。此代价即为 \((y-a_i)\times b_i\)。
- \(y\) 暂时独立成为一个连续段，将 \(b_i\) 记入 \(t_{rt_{y}}\) 中。
- 将 \(rt_y\) 与左右相邻的段的权值线段树合并（前提是要合并段不为空），左右相邻的连续段即为 \(rt_{y-1}\) 和 \(rt_{y+1}\)。
- 合并时已经重新统计过新的连续段的代价，故此时直接输出答案即可。
并查集维护什么？当然就是第一步中每个数所在的连续段的最小值（即左端点），同时再开一个数组维护相应右端点即可。
为了保证不重复，每个 \(a_i\) 都要加 \(1\) 加到不与之前数重复，所以极端情况下 \(a_i\) 可能加到 \(2 \times 2e5\)，故数组要开两倍。
至此，该题已彻底解决，时复 \(O(n \log n)\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define rep(i, a, b) for(register int i = a; i <= b; ++i)
const int maxn = 4e5 + 10, maxm = maxn * 30;
int n, rt[maxn], fa[maxn], bl[maxn];
ll ans;
inline int fnd(int x){
return x == fa[x] ? x : fa[x] = fnd(fa[x]);
}
struct segment_tree{
#define L(x) ch[0][x]
#define R(x) ch[1][x]
#define ls L(x)
#define rs R(x)
#define sz(x) t[x].siz
#define sm(x) t[x].sum
struct tree{
int siz; ll sum;
}t[maxm]; int tot, ch[2][maxm];
inline void up(int x){
sm(x) = sm(ls) + sm(rs), sz(x) = sz(ls) + sz(rs);
}
inline void updt(int &x, int l, int r, int p){
if(!x) x = ++tot;
if(l == r){
sz(x) = 1, sm(x) = p; return;
} int mid = l + r >> 1;
p <= mid ? updt(ls, l, mid, p) : updt(rs, mid + 1, r, p);
up(x);
}
inline int merge(int a, int b, int l, int r){
if(!a or !b) return a + b;
int x = ++tot; if(l == r) return x;
ans -= sm(L(a)) * sz(R(a)) + sm(L(b)) * sz(R(b));
int mid = l + r >> 1;
ls = merge(L(a), L(b), l, mid), rs = merge(R(a), R(b), mid + 1, r);
ans += sm(ls) * sz(rs), up(x); return x;
}
inline void link(int a, int b){
a = fnd(a), b = fnd(b), fa[b] = a;
ans -= sm(rt[a]) * a + sm(rt[b]) * b;
rt[a] = merge(rt[a], rt[b], 1, n);
ans += sm(rt[a]) * a, bl[a] = bl[b];
}
}T;
int main(){ rep(i, 1, maxn - 5) fa[i] = bl[i] = i;
scanf("%d", &n);
rep(i, 1, n){ int x, y, v;
scanf("%d%d", &x, &v);
y = rt[x] ? bl[fnd(x)] + 1 : x;
ans += 1ll * (y - x) * v;
T.updt(rt[y], 1, n, v);
if(rt[y - 1]) T.link(y - 1, y); if(rt[y + 1]) T.link(y, y + 1);
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
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浙公网安备 33010602011771号