首先我们考虑这样一个问题。
给你一个操作
add [l,r] k(x-l)+b 对于 x∈[l,r],d[x]+=k(x−r)+b
由于这个不是常数,我们没法用线段树或者树状数组来做,但是我们可以想到,如果是常数,我们一定可以这样
d[l]+=b,d[r+1]−=b;
然后都操作完成之后 d[i]=∑ij=0d[j]
这样就是 O(n)的 。
但是前面还有一个线性怎么办呢?
我们可以构造一个辅助数组 df[] 记录每一段上的增量,(有点像微积分里的导数);
具体来说可以这样
df[l+1]+=k,df[r+1]−=k ,
同理最后每个点上的增量就是 df[i]=∑ij=0df[i]
而 d[i]=d[i]+(df[i]=∑ij=0df[i]) ,最后再把 d[i] 累加,
而需要注意的一点是由于有了增量操作, d[r+1] 不应该只是加常数了,因为他要抵消前面的加和,这个可以简单计算一下 d[r+1]−=b+k∗(r−l)
最后我们就可以得出计算 n 次操作后每个 d[i] 的值了,具体代码如下
inline void add(LL k,LL b, int l,int r){
if(l>r)return;
d[l]+=b;
d[r+1]-=b+k*(r-l);
df[l+1]+=k;
df[r+1]-=k;
}
void clc(){
LL sum =0;
FOR(0,n){
sum+=df[i];
d[i]+=sum;
}
FOR(1,n){
d[i]+=d[i-1];
}
}
参考链接
codeforces B. Mister B and PR Shifts
题目见上面链接
设 di 表示题意中 k=i 时的计算值 那么 pk 对 di 的贡献值为
d0+=|pk−k|
d1+=|pk−(k+1)|
…
dn−k+=|pk−(n)|
dn−k+1+=|pk−1|
…
dn−1+=|pk−(k−1)|
我们可以对 pk 的值做讨论,分 pk≥k or pk≤k ,把家和分段,具体可参考我的代码或则上面的参考链接,
#include
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ALL(x) (x.begin(),x.end())
#define ms(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
#define FORN(x,n) for(int i=x ; i<=n ; ++i)
#define FOR(x,n) for(int i=x ; i
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair Pair;
const int maxn = 1e6+10;
int n;
int p[maxn];//1;
LL d[maxn],df[maxn];
inline void add(LL k,LL b, int l,int r){
if(l>r)return;
d[l]+=b;
d[r+1]-=b+k*(r-l);
df[l+1]+=k;
df[r+1]-=k;
}
void clc(){
LL sum =0;
FOR(0,n){
sum+=df[i];
d[i]+=sum;
}
FOR(1,n){
d[i]+=d[i-1];
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
ms(d,0);ms(df,0);
cin>>n;
FORN(1,n)cin>>p[i];
FORN(1,n){
if(p[i]>=i){
add(-1,p[i]-i,0,p[i]-i);
add(1,1,p[i]-i+1,n-i);
add(-1,p[i]-1,n-i+1,n-1);
}else{
add(1,i-p[i],0,n-i);
add(-1,p[i]-1,n-i+1,n-i+p[i]);
add(1,1,n-i+p[i]+1,n-1);
}
}
clc();
int idx = min_element(d,d+n)-d;
LL ans = d[idx];
cout<" " <"\n";
return 0;
}