AK-dream

【题目描述】
现在有一棵二叉树,所有非叶子节点都有两个孩子。在每个叶子节点上有一个权值(有$n$个叶子节点,满足这些权值为$1\dots n$的一个排列)。可以任意交换每个非叶子节点的左右孩子。

要求进行一系列交换,使得最终所有叶子节点的权值按照遍历序写出来,逆序对个数最少。

【输入格式】
第一行n下面每行,一个数x

如果$x=0$,表示这个节点非叶子节点,递归地向下读入其左孩子和右孩子的信息,

如果$x\ne 0$,表示这个节点是叶子节点,权值为$x$

【输出格式】
一行,最少逆序对个数。

题解

此题输入稍微有点毒瘤啊。。。但是反正是按照dfs序给的 就边dfs边读入好了

如果我们把所有的叶子节点从左到右编号为$1\sim n$,那么某个节点$x$的子树中必定含有编号连续的一段叶子节点$[l,r]$,也就是说叶子节点$l$到叶子节点$r$都在$x$的子树里

方便起见我们再把叶子节点$i$的权值定义为$v_i$

现在考虑一个非叶子节点$x$ 它的左儿子是$a$,右儿子是$b$ 我们记$a$子树里含有$[l_a, r_a]$的叶子节点,$b$子树里有$[l_b, r_b]$的叶子节点

我们让$f(x)$等于 满足$l_a\le i\le r_a,\ l_b\le j\le r_b,\ v_i>v_j$的所有逆序对$(i,j)$的数量 那么如果没有交换操作的话 答案就是所有的$f(i)$之和

这个我也不知道怎么解释。。。似乎挺显然的 因为左右儿子内部的逆序对之前已经统计完了嘛

那么如果我们交换了$a,b$的位置 $f(x)$会有什么变化呢

$f(x)$就会变成满足$l_a\le i\le r_a,\ l_b\le j\le r_b,\ v_i<v_j$的$(i,j)$的数量

因为左右交换了 所以原来的顺序对全部变成了逆序对 逆序对全部变成了顺序对

怎么求逆序对?

因为此题给出的二叉树不一定是完全二叉树 所以不能用归并排序 树状数组则不方便我们快速统计上面要求的那个东西,也不好合并 所以我们用权值线段树

我们要求的是这个:满足$l_a\le i\le r_a,\ l_b\le j\le r_b,\ v_i>v_j$的所有$(i,j)$的数量 这个可以在合并左儿子和右儿子的线段树时顺便统计出来

我们依然把左儿子叫做$a$,右儿子叫做$b$

具体来说 对于权值线段树的一个节点代表的区间$[l,r]$ 令$cnt1$等于$a$的线段树在$[mid+1,r]$区间的元素个数(就是说左儿子的子树里的叶子节点$i$ 有多少个$mid+1\le v_i\le r$) $cnt2$等于$b$的线段树在$[l,mid]$区间的元素个数

那么$cnt1$的节点和$cnt2$的节点两两匹配都一定满足$l_a\le i\le r_a,\ l_b\le j\le r_b,\ v_i>v_j$ 所以$f(x)$加上$cnt1*cnt2$

对于权值线段树上每个节点都算一次

注意 这样统计一定是不重不漏的 很好理解 但是我并不知道怎么解释。。。

反过来也同理

因为你要么交换 要么不交换 所以答案就加上两种$f(x)$中较小的那一个

这篇题解真难写

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

int n, m, son[1000005][2], out[1000005];

struct segtree{
int lc, rc, cnt;
} tr[4000005];
int tot;

int rt[1000005];
ll ans;

//权值线段树 ↓

void update(int &ind, int l, int r, int p) {
if (!ind) ind = ++tot;
tr[ind].cnt++;
if (l == r) return;
int mid = (l + r) >> 1;
if (p <= mid) update(tr[ind].lc, l, mid, p);
else update(tr[ind].rc, mid+1, r, p);
}

int query(int ind, int l, int r, int x, int y) {
if (x > y || !ind) return 0;
if (x <= l && r <= y) return tr[ind].cnt;
int mid = (l + r) >> 1, ret = 0;
if (x <= mid) ret += query(tr[ind].lc, l, mid, x, y);
if (mid < y) ret += query(tr[ind].rc, mid+1, r, x, y);
return ret;
}

//权值线段树 ↑

int merge(int x, int y, ll &mn, ll &mx) {
if (!x) return y;
if (!y) return x;
mn += 1ll * tr[tr[x].lc].cnt * tr[tr[y].rc].cnt;
mx += 1ll * tr[tr[y].lc].cnt * tr[tr[x].rc].cnt;
tr[x].cnt += tr[y].cnt;
tr[x].lc = merge(tr[x].lc, tr[y].lc, mn, mx);
tr[x].rc = merge(tr[x].rc, tr[y].rc, mn, mx);
return x;
}

int dfs() {
int ind = ++m;
int val; scanf("%d", &val);
if (val) {
update(rt[ind], 1, n, val);
} else {
int lc = dfs(), rc = dfs();
ll mn = 0, mx = 0;
rt[ind] = merge(rt[lc], rt[rc], mn, mx);
ans += min(mn, mx);
}
return ind;
}

int main() {
scanf("%d", &n);
dfs();
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}

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