[AHOI2008] 逆序对

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我们可以很容易的推断出$-1$是单调不降的，若$i>j$且$a_i$与$a_j$都没有填数，若填完之后$a_i>a_j$或者$a_i<a_j$，则对答案产生影响的只在$[i,j]$之间，则$a_i<a_j$对答案产生的贡献更小，则其实每个不同位置的$-1$其实是互不影响的，所以就可以用$dp$实现

设$dp(i,j)$表示这是从右往左数第$i$个$-1$，这里填j的最小逆序对数(这里的逆序对是只与$-1$有关的，其他的单算)

则$dp(i,j)=min(dp(i-1,p)+在第i个-1左面不是-1的对此数新产生的逆序对数+此数填后对右面产生的贡献) (j \leq p)$

我们可以用线段树维护逆序对，时间复杂度:$O(n\times k^2)$

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
inline int read(){
    int f=,ans=;char c;
    while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}
    while(c>=''&&c<=''){ans=ans*+c-'';c=getchar();}
    return f*ans;
}
int n,k,a[],cnt[],ans[];
void add(int k,int l,int r,int x,int y){
    if(x>y) return ;
    if(x<=l&&r<=y){ans[k]++;return;}
    int mid=l+r>>;
    if(x<=mid) add(k<<,l,mid,x,y);
    if(mid<y) add(k<<|,mid+,r,x,y);
    ans[k]=ans[k<<]+ans[k<<|];
    return;
}
int query(int k,int l,int r,int x,int y){
    if(x>y) return ;
    if(x<=l&&r<=y) return ans[k];
    int mid=l+r>>,res=;
    if(x<=mid) res+=query(k<<,l,mid,x,y);
    if(mid<y) res+=query(k<<|,mid+,r,x,y);
    return res;
}
int cost[][],sum,dp[][],tot,minn,inf=<<-;
int main(){
    minn=inf;
    memset(dp,/,sizeof(dp));
    n=read(),k=read();
    for(int i=;i<=n;i++){
        a[i]=read();
        if(a[i]==-)
            cnt[++cnt[]]=i;
    }
    for(int i=;i<=n;i++){
        for(int j=;j<=k;j++){
            cost[i][j]=cost[i-][j];
            if(j<=a[i]) cost[i][j]++;
        }
    }
    for(int i=;i<=k;i++) dp[][i]=;
    for(int i=n;i>=;i--){
        if(a[i]!=-){
            sum+=query(,,k,,a[i]-);
            add(,,k,a[i],a[i]);
        }else{
            tot++;
            for(int j=;j<=k;j++){
                for(int p=j;p<=k;p++){
                    dp[tot][j]=min(dp[tot-][p]+query(,,k,,j-)+cost[i][j+],dp[tot][j]);
                    if(tot==cnt[]) minn=min(minn,dp[tot][j]);
                }
            }
        }
    }
    if(minn==inf) cout<<sum;
    else cout<<sum+minn;
}