Bzoj P2212 [Poi2011]Tree Rotations | 线段树合并

题目链接

通过观察与思考，我们可以发现，交换一个结点的两棵子树，只对这两棵子树内的节点的逆序对个数有影响，对这两棵子树以外的节点是没有影响的。嗯，然后呢？(っ•̀ω•́)っ

然后，我们就可以对于每一个节点的两棵子树，求出其交换前与交换后的两棵子树内的逆序对个数，取最小就好啦！

怎么求啊，不能暴力吧，TLE啊，不会了呀！！！ (ﾉ｀⊿´)ﾉ（掀桌

对了，我们有线段树合并！(oﾟ▽ﾟ)o  

（如果不知道线段树合并是什么可以看这一篇文章哦。）

对于每一个叶节点，我们都可以建一棵权值线段树，然后一步一步合并上来，顺便求出两颗子树交换前和交换后的次数就好了。

一次线段树合并的时间复杂度就是两棵线段树之间重复节点的个数，由于这道题目的特殊性，所以两棵线段树之间重复节点的个数不会太多，总的时间复杂度就是O(nlogn)左右啦！(ﾟ▽ﾟ*) 

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
    using namespace std;
    //val存储每个节点的值，ls存储每个节点的左儿子编号 ，rs存储每个节点的右儿子编号 
    int n=0,tot=0,t=0,val[8000000],ls[8000000],rs[8000000];
    long long ans=0,anon=0,antw=0;
int builnetre(int l,int r,int x)//建一棵新的线段树 
{
    val[++tot]=1;
    if(l==r) return tot;
    int mid=(l+r)>>1,nw=tot;
    if(x<=mid) ls[nw]=builnetre(l,mid,x);
          else rs[nw]=builnetre(mid+1,r,x);
    return nw;
}
int mergtwtre(int l,int r,int x,int y)//合并两棵线段树 
{
    if(!x||!y) return (!x)?y:x; 
    if(l==r) { val[++tot]=val[x]+val[y]; return tot; }
    int mid=(l+r)>>1,nw=++tot;
    anon+=(long long)(val[rs[x]])*val[ls[y]];//anon为不交换的逆序对个数 
    antw+=(long long)(val[rs[y]])*val[ls[x]];//antw为交换后的逆序对个数 
    ls[nw]=mergtwtre(l,mid,ls[x],ls[y]);
    rs[nw]=mergtwtre(mid+1,r,rs[x],rs[y]);
    val[nw]=val[ls[nw]]+val[rs[nw]];
    return nw;
}
int worea()
{
    scanf("%d",&t); 
    if(t) return builnetre(1,n,t);
    int nw=mergtwtre(1,n,worea(),worea()); 
    ans+=min(anon,antw);//取最小累加 
    anon=antw=0;//注意：这个赋值语句不能放在合并函数之前，不然它们的值就会在下一层的合并中改变，就无法达到初始化的效果了 
    return nw; 
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    worea();
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

 

参考文章。