题解【CF1311F Moving Points】

\[\texttt{Preface}
\]

赛时，把 " 任意时刻 " 理解成 " 整数时刻 " 了，看起来一脸不可做的亚子，还各种推式子。

话说我为什么觉得 E 比 F 还难。

\[\texttt{Description}
\]

一个坐标轴 \(OX\) 上有 \(n\) 个点，第 \(i\) 个点位于整数点 \(x_i\) ，速度为 \(v_i\) 。

所有点以恒定的速度移动，在时刻 \(t\) （ \(t\) 可以是非整数），第 \(i\) 个点的坐标可以被计算为 \(x_i + t \times v_i\) 。

定义 \(d(i,j)\) 为：任何可能的时刻，第 \(i\) 个点和第 \(j\) 个点的最小可能距离，即

\[\min\limits_{t\in[0,∞)} \{ |(x_i+t \times v_i)-(x_j+t \times v_j)| \}
\]

求 \(\sum\limits_{1 \leq i < j \leq n}d(i,j)\) 。

\[\texttt{Solution}
\]

• 考虑任意两个点 \(i,j\) ，不妨设 \(x_i \leq x_j\) ：

1. 当 \(v_i \leq v_j\) 时：

   说明点 \(i\) 的速度不比点 \(j\) 快，意味着每过一秒，点 \(i,j\) 的距离会增大 \(v_j-v_i\) ，由于 \(t\times(v_j-v_i) \geq 0\) ，所以点 \(i,j\) 的距离永远不降，故时刻 \(0\) 时，\(d(i,j)\) 最小，此时 \(d(i,j)=x_j-x_i\) 。

2. 当 \(v_i>v_j\) 时：

   说明点 \(i\) 的速度比点 \(j\) 快，意味着每过一秒，点 \(i,j\) 的距离会减少 \(v_i-v_j\) ，突然想到小学数学的 追及问题 ，显然可得，在时刻 \(\frac{x_j-x_i}{v_i-v_j}\) 时，点 \(i\) 与点 \(j\) 重合，故 \(d(i,j)=0\) 。

• 我们发现情况 \(2\) 对答案没有贡献，实际上只是求情况 \(1\) 的贡献，也就是 \(\sum\limits_{x_i \leq x_j \ \& \ v_i \leq v_j}(x_j-x_i)\) 。

• 然后我们发现这是一个经典的偏序问题，具体的：

• 我们将所有点按 \(x\) 这一维从小到大排序，就可以直接去掉 \(x_i \leq x_j\) 的偏序关系了。

• 将 \(v\) 这一维离散化，建立两个 BIT（当然线段树也行），一个用于维护当前扫描到的点中， \(v\) 值在区间内的点的个数，一个用于维护 \(v\) 值在区间内的点的 \(x\) 值和。

• 接下来我们扫描每个点 \(i\) ，计算将 \(i\) 当成位置靠后的那个点时所产生的贡献，当固定住 \(i\) 时，此时 \(x_i\) 是不变的，我们记 \(v\) 值小于等于 \(v_i\) 的点的数量为 \(c_1\) ， \(v\) 值小于等于 \(v_i\) 点的 \(x\) 值和为 \(c_2\) ，贡献为 \(x_i \times c_1-c_2\) ，最后再将点 \(i\) 插入 BIT ，扫描完即可求出答案。

• \(\mathcal{O(n \log n)}\) 。

\[\texttt{Code}
\]

#include<cstdio>
#include<algorithm>

#define RI register int

using namespace std;

namespace IO
{
    static char buf[1<<20],*fs,*ft;
    inline char gc()
    {
        if(fs==ft)
        {
			ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin);
			if(fs==ft)return EOF;
        }
        return *fs++;
    }
    #define gc() getchar()
	inline int read()
	{
		int x=0,f=1;char s=gc();
		while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-f;s=gc();}
		while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=gc();}
		return x*f;
	}
}using IO::read;

const int N=200100;

int n;

struct Node{
	int x;
	int v;
}a[N];

bool cmp(Node a,Node b)
{
	return a.x<b.x;
}

int len,mapval[N];

void discrete() // 离散化
{
	sort(mapval+1,mapval+1+len);
	len=unique(mapval+1,mapval+1+len)-mapval-1;
}

int Real(int x)
{
	return lower_bound(mapval+1,mapval+1+len,x)-mapval;
}

long long c[N][2]; // 0 维是数量 , 1 维是 x 值和 

void add(int x,int k,int val)
{
	for(;x<=len;x+=x&-x)c[x][k]+=val;
}

long long ask(int x,int k)
{
	long long ans=0;
	for(;x;x-=x&-x)ans+=c[x][k];
	return ans;
}

long long ans;

int main()
{
	n=read();

	for(RI i=1;i<=n;i++)
		a[i].x=read();

	for(RI i=1;i<=n;i++)
		mapval[++len]=a[i].v=read();

	sort(a+1,a+1+n,cmp); // 排序 

	discrete();

	for(RI i=1;i<=n;i++)
		a[i].v=Real(a[i].v);

	for(RI i=1;i<=n;i++)
	{
		ans+=a[i].x*ask(a[i].v,0)-ask(a[i].v,1); // 计算
		add(a[i].v,0,1),add(a[i].v,1,a[i].x);
	}

	printf("%lld\n",ans);

	return 0;
}

\[\texttt{Thanks} \ \texttt{for} \ \texttt{watching}
\]