Codeforces Round #590 (Div. 3) - E. Special Permutations (補題)

題目鏈接

這題賽後看了一下，挺水的，十分鐘出思路。然後自己傻逼了，竟然套了一個線段樹去寫，強行提高時間複雜度，其實差分一下就好了。

題意：

1. 定義這樣一個排列 pi(n)，表示將1 ~ n 這個排列的 第 i 個元素放到序列最前面，形成一個新的排列。
2. 定義pos(pi(n)，3) 表示 3 在這個排列的下標是多少
3. 給你一個數組x
4. 定義方程
5. 然後求f(p1(n))，f(p2(n))，f(p3(n))。。。

題解：這題比較巧妙地是，將xi 和 xi + 1 看成一個貢獻區間(下面直接設爲L 和 R)，分別討論區間對 f(pi(n)) 方程的貢獻。

1. i不在區間(L, R)內，那麼將 i 提前並不會影響 pos(pi(n), L) 和 pos(pi(n), R) 的相對位置，所以對區間[1, L-1] ,[R+1, n] 貢獻 R-L
2. i 在 L端點上，那麼將i提前對pL(n) 貢獻 R - 1
3. i 在 R 端點上，將i提前對pR(n) 貢獻 L 
4. i 在區間內，將i提前相當於把 L 和 R 拉近一個位置，對區間[L + 1, R - 1]貢獻答案 R - L - 1

其實差分就可以了，下面貼我用線段樹寫的。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define mid  (l + r) / 2
#define ls  o * 2
#define rs  o * 2 + 1 
const int N = 2e5 + 10;
ll s[N * 4], lazy[N * 4];
int pre[N];
void pu(int o, int l, int r){
	if(lazy[o]){
		lazy[ls] += lazy[o];
		lazy[rs] += lazy[o];
		s[ls] += 1ll * (mid + 1 - l) * lazy[o];
		s[rs] += 1ll * (r - mid) * lazy[o];
		lazy[o] = 0;
	}
}
ll qu(int o, int l, int r, int pos){
	if(l == r)
		return s[o];
	pu(o, l, r);
	if(pos <= mid) return qu(ls, l, mid, pos);
	else  return qu(rs, mid + 1, r, pos);
}
void up(int o, int l, int r, int ql, int qr, int val){
	if(ql > qr) return;
	if(ql <= l && qr >= r){
		lazy[o] += val;
		s[o] += 1ll * (r - l + 1) * val;
		return;
	}
	pu(o, l, r);
	if(ql <= mid) up(ls, l, mid, ql, qr, val);
	if(qr > mid) up(rs, mid + 1, r, ql, qr, val);
	s[o] = s[ls] + s[rs];
}
int main()
{
	int n, m;
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for(int i = 1; i <= m; ++i)
		scanf("%d", &pre[i]);
	for(int i = 2; i <= m; ++i){
		int l = pre[i - 1];
		int r = pre[i];
		if(l > r) swap(l, r);
		if(l == r) continue;
		up(1, 1, n, l, l, r - 1);
		up(1, 1, n, r, r, l);
		up(1, 1, n, l + 1, r - 1, r - l - 1);
		up(1, 1, n, 1, l - 1, r - l);
		up(1, 1, n, r + 1, n, r - l);
	}
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
	printf("%lld ", qu(1, 1, n, i));
}