「Solution」火柴排队

Posted on Edited on In

火柴排队

内存限制：128 MiB
时间限制：1000 ms

题目描述

涵涵有两盒火柴，每盒装有n 根火柴，每根火柴都有一个高度。 现在将每盒中的火柴各自排成一列， 同一列火柴的高度互不相同， 两列火柴之间的距离定义为： $∑(ai-bi)^2$其中 ai 表示第一列火柴中第 i 个火柴的高度，bi 表示第二列火柴中第 i 个火柴的高度。每列火柴中相邻两根火柴的位置都可以交换，请你通过交换使得两列火柴之间的距离最小。

请问得到这个最小的距离，最少需要交换多少次？如果这个数字太大，请输出这个最小交换次数对 99,999,997 取模的结果。

输入格式

共三行，第一行包含一个整数 n，表示每盒中火柴的数目。

第二行有 n 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，表示第一列火柴的高度。

第三行有 n 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，表示第二列火柴的高度。

输出格式

输出共一行，包含一个整数，表示最少交换次数对 99,999,997 取模的结果。

样例

样例1输入
4
2 3 1 4
3 2 1 4
样例1输出
1
样例2输入
4
1 3 4 2
1 7 2 4
样例2输出
2

数据范围与提示

输入输出样例说明1：

最小距离是 0，最少需要交换 1 次，比如：交换第 1 列的前 2 根火柴或者交换第 2 列的前 2 根火柴。

输入输出样例说明2：

最小距离是 10，最少需要交换 2 次，比如：交换第 1 列的中间 2 根火柴的位置，再交换第 2 列中后 2 根火柴的位置。

数据范围：对于 10%的数据， 1 ≤ n ≤ 10；对于 30%的数据，1 ≤ n ≤ 100；对于 60%的数据，1 ≤ n ≤ 1,000；对于 100%的数据，1 ≤ n ≤ 100,000，0 ≤火柴高度≤ maxlongint

分析

感谢C202207LYX提出问题，现将证明给出。
这是一道比较有意思的题目。
如果要使$∑(ai-bi)^2$最小，那么$(ai-bi)$的值就因该为最小，为了保证所有$(ai-bi)$的总值最小，就需要让序列$A$中的第$k$个数对应序列$B$的第$k$个数。
可以得出一个结论就是同序和≥乱序和≥逆序和
证明：
设有序数列k1~kn,p1~pn，取k1k1p2+k2p1; 将上述不等式变形一下： k2p2-k2p1>k1p2-k1p1 即k2(p2-p1)>k1(p2-p1) ∵k2>k1,p2>p1 ∴k2(p2-p1)>k1(p2-p1) 证毕； 推广2中的结论到1中，乱序就是不断将顺序交换打乱的过程，最终结果符合2的结论，因此 顺序之乘>=乱序之乘，证毕

同序操作

首先定义一个结构体:$node$

1
2
3
struct node {
	LL val, num;
};

这里引入一个思想——离散化。
通过数据范围，可以得知：1 ≤ n ≤ 100,000，&& 0 ≤火柴高度≤ maxlongint，也就是说，火柴的高度分布比较稀疏，并且如果排序，那么$long$ $long$会直接溢出。、
此时接需要离散化

离散化

定义：离散化，把无限空间中有限的个体映射到有限的空间中去，离散化是在不改变数据相对大小的条件下，对数据进行相应的缩小。例如：
原数据：$1,999,100000,15$；处理后：$1,3,4,2；$
原数据：${100,200}，{20,50000}，{1,400}；$
处理后：${3,4}，{2,6}，{1,5}；$

此时可以通过$node$中的$num$实现对数据离散化的操作。

警示：简单的离散化不能去重
但在此题中必然会有相同的元素出现因为是毒瘤数据
所以可以通过先保存下标，再根据$val$的大小$sort$。
给出参考代码：

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
bool cmp(node x, node y) {
	if(x.val == y.val)
		return x.num < y.num;
	return x.val < y.val;
}

for(LL i = 1;i <= n; i++) {
	scanf("%lld", &a[i].val);
	a[i].num = i;
}	
for(LL i = 1;i <= n; i++) {
	scanf("%lld", &b[i].val);
	b[i].num = i;
}
sort(a + 1, a + 1 + n, cmp);
sort(b + 1, b + 1 + n, cmp);

然后经行同序排列。
假设我们离散化之后得到了这样两个序列：
$A:(1,3,4,2)和B:(1,4,2,3)$
我们以$a[i]$为关键字对$b[i]$排序，令$x[a[i]]=b[i]$，在$a$和$b$中构造一种映射关系。
若序列$a$与序列$b$相等，那么此时$x[a[i]]$应该等于$a[i]$的，也就是$x[i]=i$。
那么也就是说如果我们想让序列$a$与序列$b$相等，那么我们需要让$x$升序排列。
问题就变为，将原本乱的$X$序列升序排列的最少交换次数。
我们会得到：$x[1]=1,x[3]=4,x[4]=2,x[2]=3$，x序列就是这样的：$(1,4,2,3)$。哪里是“乱”的，就调整哪里。$(4,2)$和$(4,3)$是“乱”的，调整这两处即可。也就是说，要维护这个例子中的这两个序列的“距离”最小值，我们最少只需要调整2次即可。在这里就是一组逆序对。有几个逆序对，就要调整几次。
那么这题可以最终得到一个结论：在$X$序列中逆序对的个数就是本题的答案。

逆序对

求逆序对一共有三种方法：

  • 1.暴力枚举$O(n^2)$
    只能得到80pts。

    1
    2
    3
    4
    5
    6
    for (int i = 1; i <= n; i++)
           for (int j = i; j <= n; j++)
               if (x[i] > x[j]) {
                   ans++;
                   ans %= MOD;
               }

  • 2.归并排序$O(logn)$

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
void merge(LL L, LL R, LL Mid){
   LL i = L;LL j = Mid + 1;LL k = L;
    while(i <= Mid && j <= R){
        if(x[i] <= x[j])t[k ++] = x[i ++];
        else{
            ans += Mid - i + 1;
            ans %= MOD;
            t[k ++] = x[j ++]; 
        }
    }
    while(i <= Mid)t[k ++] = x[i ++];
    while(j <= R)t[k ++] = x[j ++];
    for(i = L; i <= R; i ++)x[i] = t[i]; 
}
void mergesort(LL L, LL R){
    if(L < R){
        LL Mid = (L + R) / 2;
        mergesort(L, Mid),mergesort(Mid + 1, R);
        merge(L, R, Mid);
    }
}
  • 3.树状数组
    我太菜了。。。还没学会。。。

参考代码

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
const int MAXN = 100005;
const int MOD = 99999997;

struct node {
	LL val, num;
};

LL n, ans, x[MAXN], t[MAXN];
node a[MAXN], b[MAXN];

bool cmp(node x, node y) {
	if(x.val == y.val)
		return x.num < y.num;
	return x.val < y.val;
}

void merge(LL L, LL R, LL Mid){
   LL i = L;LL j = Mid + 1;LL k = L;
    while(i <= Mid && j <= R){
        if(x[i] <= x[j])t[k ++] = x[i ++];
        else{
            ans += Mid - i + 1;
            ans %= MOD;
            t[k ++] = x[j ++]; 
        }
    }
    while(i <= Mid)t[k ++] = x[i ++];
    while(j <= R)t[k ++] = x[j ++];
    for(i = L; i <= R; i ++)x[i] = t[i]; 
}
void mergesort(LL L, LL R){
    if(L < R){
        LL Mid = (L + R) / 2;
        mergesort(L, Mid),mergesort(Mid + 1, R);
        merge(L, R, Mid);
    }
}

int main() {
	scanf("%lld", &n);
	for(LL i = 1;i <= n; i++) {
		scanf("%lld", &a[i].val);
		a[i].num = i;
	}	
	for(LL i = 1;i <= n; i++) {
		scanf("%lld", &b[i].val);
		b[i].num = i;
	}
	sort(a + 1, a + 1 + n, cmp);
	sort(b + 1, b + 1 + n, cmp);
	for(LL i = 1;i <= n; i++) {
		x[a[i].num] = b[i].num;
	}
	mergesort(1, n);
	printf("%lld\n", ans % MOD);
	return 0;
}
The End
「Ô mon âme, n'aspire pas à la vie immortelle, mais épuise le champ du possible.」