*题解：P3521 [POI 2011] ROT-Tree Rotations

原题链接

解析

首先观察到，对于一个以 \(x\) 为根的子树，左右子树内部叶子的排列顺序不会影响最终是否要在 \(x\) 点进行交换操作。也就是说，可以把求以左/右子树的答案看作是一个子问题。现在假设我们已经处理完了左右子树，接下来判断是否要交换左右子树。对于不交换的情况，贡献为 \(\sum_{x\in L}\sum_{y\in R}[x>y]\)，其中 \(L,R\) 分别为左右子树的叶子权值集合。同理可得交换情况的贡献。对于内层的求和，考虑使用权值线段树优化掉，这样左右两棵子树各有一棵权值线段树，对于外层的求和，可以在合并的时候处理，具体地：

设当前权值线段树结点为 \(p\)，管辖区间为 \([l,r]\)，左右子树对应的权值线段树分别为 \(T_l,T_r\)。

• 对于 \(T_l\) 中有，但在 \(T_r\) 中没有的结点 \(p\)，在此处统计 \(T_r\) 在 \([r + 1,n]\) 中的元素个数，将其与 \(T_l\) 在 \([l,r]\) 中的元素个数相乘。
• 对于两子树均有的满足 \(l=r\) 的结点 \(p\)，在此处统计 \(T_r\) 在 \([r + 1,n]\) 中的元素个数。

时间复杂度 \(O(n \log^2 n)\)。

然而，此题的空间限制为 64 MiB，统计时的查询操作会使得我们要开的点数乘以二从而 MLE（虽然由于洛谷的空间计算机制，使用此种做法仍然可以通过本题）。

想要抛弃查询函数，其实只需换个地方查询。对于当前权值区间 \([l,r]\)，将左半边和右半边划分为子问题，那么就只需要统计横跨左右两边的逆序对了，其数量即为 \(T_l\) 在 \([l,mid]\) 中的元素个数乘上 \(T_r\) 在 \([mid + 1,r]\) 中的元素个数。

时间复杂度 \(O(n \log n)\)。

代码

/*
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define ls(x) ((x) << 1)
#define rs(x) ((x) << 1 | 1)
#define mid (l + r >> 1)
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5,M = 19;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
int tl[N << 2],tr[N << 2],ls[N * M],rs[N * M],rt[N << 2],cnt = 1,siz,val[N << 2];
int t[N * M];
ll res; 
void read(int x,int f){
	int l,r;
	cin>>l;
	cnt++;
	tl[x] = cnt; 
	if(!l){
		read(cnt,x);
	}else{
		val[cnt] = l;
	}
	cin>>r;
	cnt++;
	tr[x] = cnt;
	if(!r){
		read(cnt,x);
	}else{
		val[cnt] = r;
	}
}
void push_up(int p){
	t[p] = t[ls[p]] + t[rs[p]];
}
void add(int &p,int l,int r,int k,int x){
	if(l > k || r < k) return;
	if(!p) p = ++siz;
	if(l == r){
		t[p] += x;
		return;
	}
	add(ls[p],l,mid,k,x),add(rs[p],mid + 1,r,k,x);
	push_up(p);
}
ll c1,c2;
int merge(int &x,int &y,int l,int r){
	c1 += 1ll * t[ls[x]] * t[rs[y]];
	c2 += 1ll * t[rs[x]] * t[ls[y]];
	if(!x || !y){
		return max(x,y);
	}
	if(l == r){
		t[x] += t[y];
		return x; 
	}
	ls[x] = merge(ls[x],ls[y],l,mid);
	rs[x] = merge(rs[x],rs[y],mid + 1,r);
	push_up(x);
	return x;
} 
void sol(int x){
	if(!x) return;
	if(!tl[x]){
		add(rt[x],1,N - 1,val[x],1);
		return; 
	}
	sol(tl[x]),sol(tr[x]);
	c1 = 0,c2 = 0;
	rt[x] = merge(rt[tl[x]],rt[tr[x]],1,N - 1);
	res += min(c1,c2);
} 
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
//	freopen("in.txt","r",stdin);
//	freopen("out.txt","w",stdout);
	int n;
	cin>>n;
	int x;
	cin>>x;
	if(n == 1){
		cout<<0;
		return 0;
	}
	read(1,0);
	sol(1);
	cout<<res;
	return 0;
}