[USACO18OPEN] Out of Sorts P 题解

前言

题目链接：洛谷。

其他题解十分生硬地给出了 t[] 的定义，本题解按照解题思路，层层递进，自然得出题目解法。

题意简述

以下是冒泡排序的一轮：

void bubble_sort(int val[], int l, int r) {for (int i = l; i < r; ++i)if (val[i] > val[i + 1])swap(val[i], val[i + 1]);
}

定义 \((p, p+1)\) 是 \(\{a_n\}\) 的一个「分割点」当 \(\max\limits_{i=1}^{p}a_i\leq\min\limits_{i=p+1}^na_i\)。

以下是一个基于分治和冒泡排序的排序算法：

void qsort(int val[], int l, int r){if (l == r) return;do {bubble_sort(val, l, r);work_cnt += r - l + 1;} while (!check(val, l, r));// check(val, l, r) 返回 val[l~r] 中是否存在「分割点」divide_and_qsort_each_piece(val, l, r);// 将 val[l~r] 按照「分割点」分割成若干子问题，并递归调用 qsort
}

给你长度为 \(n\) 的序列 \(\{a_n\}\)，求运行 qsort(a, 1, n) 后，全局变量 work_cnt 的值。

\(n \leq 10^5\)。

题目分析

显然我们需要分析冒泡排序的性质。

一轮冒泡排序后，肯定会产生一个「分割点」。这是由于一轮冒泡排序后，序列中的最大值被冒泡到了最右侧，所以产生了一个「分割点」。所以那个 do...while 实际没有用处。

然后发现整个序列在排序过程中比较鬼畜，难以发现性质。于是考虑转变计数视角，求每一个元素被 bubble_sort 了多少次，答案就是每个元素答案之和。

对于一个元素，只要它没有到达最终位置，它会一直被 bubble_sort，这在时间轴上体现为一段前缀，我们只要求出在什么时候这个元素不会被 bubble_sort 即可。发现，每个元素唯一的递归出口 l == r 的实际含义为，该元素左右两侧都出现了「分割点」，于是问题似乎可以被进一步规约到每一个「分割点」出现的时刻。

一个「分割点」出现，当该在它左侧的元素都在它左侧，该在它右侧的元素都在它右侧了。这么想是因为我们冒泡排序的经典思考方式，关注于每一个元素的移动。我们有一个经典结论：

经典结论：

对于一个元素，倘若它想要向左移动，它在一轮冒泡中会恰向左移动一个位置。

考虑在一轮冒泡中，它会且只会和其左侧的最大值 swap，然后向左移动一个位置。

所以我们考虑在某一个「分割点」右侧的元素，什么时候到这个「分割点」左侧。所需的冒泡轮数，根据我们的结论，就是它到「分割点」的距离。那么对于所有在它右侧且想要跑到它左侧的元素，求出位置最靠右的元素的位置，即可求出这个「分割点」出现的时间。

接下来随便求了。给出一种可能的实现方式：设 \(b_i\) 表示排序后的序列 \(a'\) 的第 \(i\) 个元素 \(a'_i\) 为原序列 \(a_{b_i}\)，再设 \(\operatorname{mxR}_i\) 表示 \(1\sim i\) 中，目标位置最右在哪里。那么 \(t_i=\operatorname{mxR}_i-i\) 就是「分割点」\((i, i+1)\) 出现的时刻。倘若其值小于 \(1\)，说明该「分割点」一开始便存在，对 \(1\) 取 \(\max\) 即可。答案根据我们的分析为 \(\sum\limits_{i=1}^n\max\{t_{i-1},t_i\}\)，其中 \(t_0=1\)。\(b_i\) 排序以下即可，很好求，不难发现 \(\operatorname{mxR}_i\) 即为 \(b_i\) 的前缀最大值。

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\log n)\)，瓶颈在于一开始的排序。

代码

实际实现起来很短。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;const int N = 100010;int n, a[N], b[N], t[N];
long long ans;signed main() {scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; ++i) {scanf("%d", &a[i]);b[i] = i;}sort(b + 1, b + n + 1, [] (int x, int y) -> bool {if (a[x] == a[y]) return x < y;  // notice this detailreturn a[x] < a[y];});t[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; ++i) {b[i] = max(b[i], b[i - 1]);  // mxR[i]t[i] = b[i] - i;if (t[i] <= 0) t[i] = 1;}for (int i = 1; i <= n; ++i)ans += max(t[i], t[i - 1]);printf("%lld", ans);return 0;
}