【BZOJ4430】[Nwerc2015]Guessing Camels赌骆驼【树状数组】【或CDQ分治】

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题解：

直接用CDQ分治是O(nlog^2n)的，似乎可以过。

一种O(nlogn)的做法，考虑补集转化，答案 = 总对数 - 不满足条件的对数。

考虑不满足条件的数的性质，这一对数在其中两个排列里的位置关系是相同的，在另一个排列里的位置关系相反。

那么统计两两排列之间不满足偏序关系的数对的个数，这样统计下来每对数都被统计了两次，除以2就是不满足条件的对数。

如何统计？

用树状数组维护。

考虑下面这种情况，对于数对(x, y)

第一个排列：_x_u_y___k

第二个排列：___y_____x

（u与y下标相同，k与x下标相同）

我们从后向前遍历第一个排列。在遍历到k的时候，查询一下在第一个排列里x位置之前的前缀和，然后再在第一个排列里x位置+1。

遍历到u时，查询一下第一个排列里y位置之前的前缀和（这样就统计到了x位置上的1），然后再在第一个排列里y位置+1。

复杂度：

时间复杂度：O(nlogn)，空间复杂度：O(n)。

WA：

n * (n - 1)忘了加(LL)。

GET：

神题...

/* Telekinetic Forest Guard */
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int maxn = 200005;

typedef long long LL;

int n, A[maxn], B[maxn], C[maxn], tr[maxn], pos[maxn];

inline int iread() {
	int f = 1, x = 0; char ch = getchar();
	for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) f = ch == '-' ? -1 : 1;
	for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = x * 10 + ch - '0';
	return f * x;
}

inline void add(int x, int c) {
	for(; x <= n; x += x & -x) tr[x] += c;
}

inline LL query(int x) {
	LL res = 0;
	for(; x; x -= x & -x) res += tr[x];
	return res;
}

inline LL solve(int *x, int *y) {
	LL res = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) pos[x[i]] = i, tr[i] = 0;
	for(int i = n; i; i--) res += query(pos[y[i]]), add(pos[y[i]], 1);
	return res;
}

int main() {
	n = iread();
	for(int i = 1; i <= n; i++) A[i] = iread();
	for(int i = 1; i <= n; i++) B[i] = iread();
	for(int i = 1; i <= n; i++) C[i] = iread();

	LL ans = (LL)n * (n - 1);
	ans -= solve(A, B) + solve(A, C) + solve(B, C);

	printf("%lld\n", ans >> 1);
	return 0;
}