codeforces 584E Anton and Ira [想法题]

题意简述：

给定一个$1$到$n(n<=2000)$的初始排列以及最终排列 我们每次可以选取位置为$i$和$j$的

并交换它们的位置 花费为$ |i-j| $ 求从初始状态变换到末状态所需最小花费

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比赛时这题留了$40min$ 然而自己贪心策略还是有漏洞

结束后看了首页的官方题解 感觉思路非常值得借鉴

首先 我们把末状态变为到$1～n $初状态也与之相对应地改变 (设为$a[i]$)

比如样例可以变为

$3 2 4 1$

$1 2 3 4$

我们假设每次交换花费为$ 2|i-j| $那么从初始状态到末状态最优的情况下花费即为 

$\sum_{i}^{n}|a[i]-i|$

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已经知道问题的下界了 我们再来考虑是否对于任意情况 总存在一种达到下界花费的方案

我们每次考虑当前状态中值最小且不在对应位置的数 然后找它左边第一个比它位置大的数

然后进行交换 直到它换到自己的目标位置

我们会发现 按照这样的换法 所有数都一直在向着目标位置移动 没有往返过

所以花费就是最小的 即 $\sum_{i}^{n}|a[i]-i|$

另外由于交换次数给的范围比较大 $(n^{2}/2)$ 刚好是比极限情况（$n$到$1$排列）稍大

于是这题做到这里就可以解决了

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=2010;
int a[N],pos[N];
int ans1[N*N>>1],ans2[N*N>>1];
int n,k,ans;
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d",&a[i]);
    int x;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        scanf("%d",&x);
        pos[x]=i;
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)
        a[i]=pos[a[i]];
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        int j=i;
        while(a[j]!=i)
            ++j;
        while(j!=i)
        {
            int l=j-1;
            while(a[l]<j)
                --l;
            ans+=j-l;
            ++k;
            ans1[k]=l;
            ans2[k]=j;
            swap(a[l],a[j]);
            j=l;
        }
    }
    printf("%d\n%d\n",ans,k);
    for(int i=1;i<=k;++i)
        printf("%d %d\n",ans1[i],ans2[i]);
    return 0;
}