Solution -「Gym 102798K」Tree Tweaking

\(\mathcal{Description}\)

  Link.

  给定排列 \(\{p_n\}\)，求任意重排 \(p_{l..r}\) 的元素后，将 \(\{p_n\}\) 依次插入二叉搜索树时结点深度之和的最小值。

  \(n\le10^5\)，\(r-l+1\le200\)。

\(\mathcal{Solution}\)

  先把不作修改的二叉搜索树建出来——按值升序遍历，单调栈维护即可，这就相当于建 \((p_i,i)\) 的笛卡尔树。考虑此时树上一个“可修改连通块”的性质：它的“不可修改子树”的父亲和子树大小是一定的，无论这棵子树内部如何作修改。这提示我们可以独立地考虑每个“可修改连通块”。首先遍历得到连通块邻接的子树大小（若有空儿子，增加一个大小为 \(0\) 的子树，用于占位），得到序列 \(a_{1..k}\)，则在其上 DP，令 \(f(l,r)\) 表示将 \(a_{l..r}\) 建出二叉搜索树的最小深度和，则：

\[f(l,r)=\left(r-l+\sum_{i\in[l,r]}a_i\right)+\min_{p\in[l,r)}\{f(l,p)+f(p+1,r)\}.
\]

所以 \(\mathcal O((r-l+1)^3)\) 求出所有 \(f\)，求和就能得到答案。复杂度 \(\mathcal O(n+(r-l+1)^3)\)。

\(\mathcal{Code}\)

/*~Rainybunny~*/

#include <cstdio>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i )

typedef long long LL;

inline void chkmin( LL& a, const LL b ) { b < a && ( a = b ); }

const int MAXN = 1e5, MAXK = 200;
int n, a[MAXN + 5], b[MAXN + 5], L, R;
int top, stk[MAXN + 5], ch[MAXN + 5][2], siz[MAXN + 5];
int idx, val[MAXK + 5];
LL f[MAXK + 5][MAXK + 5], sum[MAXK + 5];

inline void collect( const int u ) {
    if ( !u || b[u] > R ) return void( val[++idx] = siz[u] );
    collect( ch[u][0] ), collect( ch[u][1] );
}

inline LL solve( const int u ) {
    idx = 0, collect( u );
    rep ( i, 1, idx ) sum[i] = sum[i - 1] + val[i];
    rep ( len, 2, idx ) {
        for ( int l = 1, r; ( r = l + len - 1 ) <= idx; ++l ) {
            LL& cur = f[l][r] = 1ll << 60;
            rep ( k, l, r - 1 ) {
                chkmin( cur, f[l][k] + f[k + 1][r] );
            }
            cur += sum[r] - sum[l - 1] + r - l;
        }
    }
    return f[1][idx];
}

int main() {
    scanf( "%d", &n );
    rep ( i, 1, n ) scanf( "%d", &a[i] ), b[a[i]] = i;
    scanf( "%d %d", &L, &R );

    rep ( i, 1, n ) {
        while ( top && b[i] < b[stk[top]] ) ch[i][0] = stk[top--];
        if ( top ) ch[stk[top]][1] = i;
        stk[++top] = i;
    }

    per ( i, n, 1 ) siz[a[i]] = siz[ch[a[i]][0]] + siz[ch[a[i]][1]] + 1;

    LL ans = L == 1 ? solve( a[1] ) : 0;
    rep ( i, 1, n ) if ( b[i] < L || R < b[i] ) {
        ans += siz[i];
        if ( L <= b[ch[i][0]] && b[ch[i][0]] <= R ) ans += solve( ch[i][0] );
        if ( L <= b[ch[i][1]] && b[ch[i][1]] <= R ) ans += solve( ch[i][1] );
    }
    printf( "%lld\n", ans );
    return 0;
}