[bzoj3702/2212][Poi2011]二叉树/Tree Rotations_线段树

二叉树 Tree Rotations bzoj-3702 bzoj-2212 Poi-2011

题目大意：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到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中序遍历写出来，逆序对个数最少。

注释：$2\le n \le 2\cdot 10^5$。

想法：显然，对于一个节点的两个儿子lson和rson，无论lson和rson内部如何操作，任何两个数x和y，满足lson是x的祖先，rson是y的祖先且x>y，按照这样构成的逆序对是不会因为内部操作而消失的，同样地，也不会平白无故增加。所以一个节点pos的操作与不操作是独立的，我们只需要将当前当前节点的两颗子树之间的逆序对数维护到最小，显然就是最优解。这样我们对每一个点维护左右逆序对数和区间和，然后自底向上操作。这个过程用线段树模拟。

最后，附上丑陋的代码... ...

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
#define N 400010
typedef long long ll;
int n,sz,seg;
ll ans,cnt1,cnt2;
int v[N],l[N],r[N],root[N];
int sum[N*10],ls[N*10],rs[N*10];
void readtree(int pos)
{
	scanf("%d",&v[pos]);
	if(!v[pos])
	{
		l[pos]=++sz;
		readtree(l[pos]);
		r[pos]=++sz;
		readtree(r[pos]);
	}
}
void pushup(int pos)
{
	sum[pos]=sum[ls[pos]]+sum[rs[pos]];
}
void build(int &pos,int l,int r,int val)
{
	if(!pos)pos=++seg;
	if(l==r){sum[pos]=1;return;}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(val<=mid)build(ls[pos],l,mid,val);
	else build(rs[pos],mid+1,r,val);
	pushup(pos);
}
int merge(int x,int y)
{
	if(!x)return y;
	if(!y)return x;
	cnt1+=(ll)sum[rs[x]]*sum[ls[y]];
	cnt2+=(ll)sum[ls[x]]*sum[rs[y]];
	ls[x]=merge(ls[x],ls[y]);
	rs[x]=merge(rs[x],rs[y]);
	pushup(x);
	return x;
}
void solve(int pos)
{
	if(!pos)return;
	solve(l[pos]);solve(r[pos]);
	if(!v[pos])
	{
		cnt1=cnt2=0;
		root[pos]=merge(root[l[pos]],root[r[pos]]);
		ans+=min(cnt1,cnt2);
	}
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	++sz;
	readtree(1);
	for(int i=1;i<=sz;i++)
		if(v[i])build(root[i],1,n,v[i]);
	solve(1);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

小结：超级喜欢的一道题，先从小引理入手，然后再进行一系列思考。