题意:给出\(a[1...n]\),共\(n\)次操做,每次删除一个位置\(p_i\)(强制在线),此时区间会变为两个分离的区间,求每次操做的最大区间逆序对ios
首先要知道必要的工具,按权值创建的主席树能够在\(O(nlogn)\)内获得任意区间长为\(n\)的逆序对c++
但每次切除的点若是是不断沿着边来切,那么要统计的区间总长是\(O(n^2)\)数组
考虑逆序对的贡献是能够互为计算获得的,那么可否每次只对相对较小的区间的复杂度进行统计,获得\(O(nlogn)\)的区间统计总长?工具
若是已知一个区间\([L,R]\)的总逆序对\(oldans\),切点为\(M\),且更靠左边,
那能够对小区间的逆序数对进行暴力统计,获得\([L,M-1]\)的全部相互贡献,此时记为\(ans1\)
而后再\(O(logn)\)计算\(a[M]\)对\([L,M-1]\)的贡献,记为\(tmp\)
最后询问\(T[R]-T[K]\)的子树中比\(a[i],i∈[L,M]\)小的个数,记为\(tmp2\)
那么区间\([L,M-1]\)的逆序数对为\(ans1\),\([M+1,R]\)的逆序数对为\(oldans-ans1-tmp-tmp2\)
以上操做都可以在\(O(nlogn)\)内完成,\(n\)为小区间的长度ui
切点靠右同理,所以总的复杂度为\(O(nlog^2n)\)spa
还有一些细节须要处理,如何在一开始就得知\([L,R]\)的总逆序数对,
初始化时先计算出\([1,n]\)的贡献,剩下的必然在前面的操做中已经统计获得\(ans1\)或\(ans2\)
考虑区间老是不断分裂的,咱们能够用简单的平衡树来维护位置\(M\)对应最近的\(L\)和\(R\)
而且答案老是对应于每个\(L\),都有一个惟一的\(R\)和\(ans\)相对应,这部分只需用简单的数组便可获得code
而\(ans\)的最优解须要在分裂时及时删除对应的元素,再多拿一个multiset动态维护最大值便可ci
#include<iostream> #include<algorithm> #include<cstdio> #include<cstring> #include<set> #include<ctime> #define rep(i,j,k) for(register int i=j;i<=k;i++) #define rrep(i,j,k) for(register int i=j;i>=k;i--) #define erep(i,u) for(register int i=head[u];~i;i=nxt[i]) #define fastIO ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0) #define println(x) printf("%lld\n",(ll)(x)) using namespace std; typedef long long ll; typedef pair<ll,ll> pr; const int MAXN = 1e5+11; const int MAXM = 4e6+11; const int MOD = 142857; const int INF = 1<<30; int T[MAXN]; int a[MAXN],p[MAXN]; struct FST{ int cnt[MAXM]; int lc[MAXM],rc[MAXM]; int tot; void init(){tot=0;lc[tot]=rc[tot]=cnt[tot]=0;} int build(int l,int r){ int cur=++tot; lc[cur]=rc[cur]=cnt[cur]=0; if(l==r) return cur; int mid=l+r>>1; lc[cur]=build(l,mid); rc[cur]=build(mid+1,r); return cur; } int update(int old,int l,int r,int k,int v){ int cur=++tot; lc[cur]=lc[old]; rc[cur]=rc[old]; cnt[cur]=cnt[old]+v; if(l==r) return cur; int mid=l+r>>1; if(k<=mid) lc[cur]=update(lc[old],l,mid,k,v); else rc[cur]=update(rc[old],mid+1,r,k,v); return cur; } ll query(int cur1,int cur2,int l,int r,int L,int R){//l r if((cur2|cur1)==0) return 0; if(L<=l&&r<=R) return cnt[cur2]-cnt[cur1]; ll ans=0; int mid=l+r>>1; if(L<=mid) ans+=query(lc[cur1],lc[cur2],l,mid,L,R); if(R>mid) ans+=query(rc[cur1],rc[cur2],mid+1,r,L,R); return ans; } }fst; multiset<int> st; //multiset<pr> inv[MAXN]; ll inv[MAXN],invans[MAXN]; multiset<ll> ans; int main(){ #ifndef ONLINE_JUDGE freopen("stdin.txt","r",stdin); #endif int Test; scanf("%d",&Test); while(Test--){ int n; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&p[i]); if(n==1){ printf("0\n"); continue; } fst.init(); T[0]=fst.build(1,n); for(int i=1;i<=n;i++){ T[i]=fst.update(T[i-1],1,n,a[i],1); } st.clear(); ans.clear(); st.insert(0),st.insert(n+1); for(int i=0;i<=n+1;i++) inv[i]=0; ll lastans=0; for(int i=1;i<=n;i++){ if(a[i]!=1){ lastans+=fst.query(T[i],T[n],1,n,1,a[i]-1); } } inv[1]=n,invans[1]=lastans; ans.insert(lastans); printf("%lld ",lastans); ll mx=lastans; for(int i=1;i<n;i++){ int k=lastans^p[i]; st.insert(k); multiset<int>::iterator it,lo,hi; lo=hi=it=st.find(k); --lo,hi++;//被砍的位置 int l=*lo,r=*hi; l++,--r;//实际操做的位置 ll oldans=invans[l]; ans.erase(ans.find(invans[l]));//这个答案必然无效 if(l==k&&r==k){ ans.insert(0),ans.insert(0); printf("%lld%c",lastans,i==n-1?'\n':' '); continue; } if(l==k){ ll tmp=0; if(a[k]>1) tmp=fst.query(T[k],T[r],1,n,1,a[k]-1); inv[k+1]=r; invans[k+1]=oldans-tmp; ans.insert(0); ans.insert(oldans-tmp); lastans=*--ans.end(); printf("%lld%c",lastans,i==n-1?'\n':' '); continue; } if(r==k){ inv[l]=0; ll tmp=0; if(a[k]<n) tmp=fst.query(T[l-1],T[k-1],1,n,a[k]+1,n); inv[l]=k-1; invans[l]=oldans-tmp; ans.insert(0); ans.insert(oldans-tmp); lastans=*--ans.end(); printf("%lld%c",lastans,i==n-1?'\n':' '); continue; } int len1=k-l+1,len2=r-k+1; ll ans1=0,ans2=0; if(len1<len2){ for(int j=l;j<k;j++){ if(a[j]>1){ ans1+=fst.query(T[j],T[k-1],1,n,1,a[j]-1); } } ll tmp=0; if(a[k]<n) tmp+=fst.query(T[l-1],T[k-1],1,n,a[k]+1,n); // multiset<pr>::iterator t=inv[l].begin(); ans2=invans[l]; ans2-=(ans1+tmp);//此时包括a[k]的逆序对贡献 for(int j=l;j<=k;j++){ if(a[j]>1){ ans2-=fst.query(T[k],T[r],1,n,1,a[j]-1);//[k+1,r] } } inv[l]=k-1; invans[l]=ans1; inv[k+1]=r; invans[k+1]=ans2; }else{ for(int j=k+1;j<=r;j++){ if(a[j]>1){ ans1+=fst.query(T[j],T[r],1,n,1,a[j]-1);//[k+1,r] } } ll tmp=0; if(a[k]>1) tmp+=fst.query(T[k],T[r],1,n,1,a[k]-1);//[k+1,r] // multiset<pr>::iterator t=inv[l].begin(); ans2=invans[l]; ans2-=(ans1+tmp); for(int j=k;j<=r;j++){ if(a[j]<n){ ans2-=fst.query(T[l-1],T[k-1],1,n,a[j]+1,n);//[l,k-1] } } inv[l]=k-1; invans[l]=ans2; inv[k+1]=r; invans[k+1]=ans1;//.insert(pr(k-1,ans2)); //inv[k+1].insert(pr(r,ans1)); } ans.insert(ans1); ans.insert(ans2); printf("%lld%c",*--ans.end(),i==n-1?'\n':' '); lastans=*--ans.end(); } } return 0; }