1.一条路，两边都是一个1到n的全排列，可以把其中一个全排列的起始位置改变（比如123可以变成231或者312）
然后把相同的数连起来，求小交叉数。
先算一下交叉数，然后直接一步步移动，O1更新一下状态就可以了。注意两边都要算过去。
#include<iostream> #include<cstdio> #define ll long long #define N 131072 using namespace std; int read() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}return x*f; }int T[N*2+5]; int n; int s2[N]; int s[N],pos[N]; int pos2[N]; int up[N],down[N]; ll tot=0,tot2; ll minn;void renew(int x,int ad) {T[x+=N]=ad;for(x>>=1;x;x>>=1){T[x]=T[x<<1]+T[(x<<1)+1];} }int query(int l,int r) {int sum=0;for(l+=N-1,r+=N+1;l^r^1;l>>=1,r>>=1){if(~l&1) sum+=T[l+1];if( r&1) sum+=T[r-1];}return sum; }int main() {freopen("mincross.in","r",stdin);freopen("mincross.out","w",stdout);n=read();for(int i=1;i<=n;i++){s[i]=read();pos2[s[i]]=i;}for(int i=1;i<=n;i++){s2[i]=read();pos[s2[i]]=i;}for(int i=1;i<=n;i++){up[i]=query(1,pos[s[i]]);down[i]=i-1-up[i];renew(pos[s[i]],1);tot+=(ll)down[i];}minn=tot2=tot;for(int i=n;i>1;i--){tot-=n-pos[s[i]];tot+=pos[s[i]]-1;tot2-=n-pos2[s2[i]];tot2+=pos2[s2[i]]-1;minn=min(minn,min(tot,tot2));}cout<<minn;return 0; }
2.有一条路，路两边都有一个随意顺序的1-n n个点。如果|a-b|<=4 那么这两个点可以连边。
现在要让所有边边两两不交叉，求最多可以连多少边。
有一道金组的一样的题目 n<=1000 直接dp即可
这道题则加大了数据 n<=100000
所以优化一下，边最多9*n条，我们可以在左边从上到下做，在右边用一个线段树第i个位置表示只和1-i部分的点连线，最多可以连几条。
那么每次用每条边更新一下答案就行了。复杂度nlogn*9
#include<iostream> #include<cstdio> #define ll long long #define N 131072 using namespace std; int read() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}return x*f; } int n; int s[N],pos[N]; int f[N]; int T[N*2+5];void renew(int x,int ad) {T[x+=N]=ad;for(x>>=1;x;x>>=1){T[x]=max(T[x<<1],T[(x<<1)+1]);} }int query(int l,int r) {int sum=0;for(l+=N-1,r+=N+1;l^r^1;l>>=1,r>>=1){if(~l&1) sum=max(sum,T[l+1]);if( r&1) sum=max(sum,T[r-1]);}return sum; }int main() {freopen("nocross.in","r",stdin);freopen("nocross.out","w",stdout);n=read();for(int i=1;i<=n;i++){s[i]=read();}for(int i=1;i<=n;i++){int x=read();pos[x]=i;}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=max(1,s[i]-4);j<=min(n,s[i]+4);j++){f[pos[j]]=max(f[pos[j]],query(1,pos[j]-1)+1);}for(int j=max(1,s[i]-4);j<=min(n,s[i]+4);j++)renew(pos[j],f[pos[j]]);}printf("%d\n",query(1,n));return 0; }
3.还是这样一条路，路两旁还是1到n的全排列，这时候给定k 只有|a-b|<=k a和b才是友善的。
现在左右两边相同数字连边，求不友善的交叉的个数。n，k<=100000
查交叉个数可以用一个权值线段树在nlogn内查，这道题也可以用一个二维线段树做....
但是这显然太复杂了，我们考虑用cdq分治来解决这个问题。
基本思路：按照1-n的顺序，插入点，每次插入一个点m，就查一下m+k+1的答案。
所以把询问和插入节点按照时间戳进行cdq分治
每次计算答案时，将左边的插入操作和右边的查询操作按照左边的出现顺序排序，并且用线段树的做法查询答案就行了。
所以正着做一次反着做一次....复杂度nlog^2n
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #define ll long long #define N 131072 using namespace std; inline int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}return x*f; } int n,k;ll ans=0; int T[N*2+5];struct cow{int x,y,k; }s[100005],q[200005],a[200005];bool cmp(cow x,cow y){return x.x<y.x||(x.x==y.x&&x.k<y.k);}void renew(int x,int ad) {//cout<<"renew"<<x<<" "<<ad<<endl;T[x+=N]=ad;for(x>>=1;x;x>>=1) T[x]=T[x<<1]+T[(x<<1)+1]; }void query(int l,int r) { // cout<<"query"<<l<<" "<<r<<endl;for(l+=N-1,r+=N+1;l^r^1;l>>=1,r>>=1){if(~l&1) ans+=T[l+1];if( r&1) ans+=T[r-1]; } }void solve(int l,int r) {int mid=(l+r)/2,m=0;for(int i=l;i<=mid;i++) if(!q[i].k)a[++m]=q[i];for(int i=mid+1;i<=r;i++) if( q[i].k)a[++m]=q[i];sort(a+1,a+m+1,cmp);for(int i=1;i<=m;i++)if(a[i].k) query(a[i].y,n); else renew(a[i].y,1);for(int i=1;i<=m;i++) if(!a[i].k) renew(a[i].y,0); }void work(int l,int r) {if(l<r){int mid=(l+r)/2;work(l,mid);work(mid+1,r); solve(l,r);} }int main() {freopen("friendcross.in","r",stdin);freopen("friendcross.out","w",stdout);n=read();k=read();for(int i=1;i<=n;i++)s[read()].x=i;for(int i=1;i<=n;i++)s[read()].y=i;for(int i=1;i<=n-k-1;i++)q[(i<<1)-1]=s[i],q[i<<1]=s[i+k+1]; for(int i=1;i<=n-k+1;i++) q[i<<1].k=1;work(1,(n-k-1)<<1);for(int i=n,j=1;i>=k+2;--i,++j)q[(j<<1)-1]=s[i],q[j<<1]=s[i-k-1]; for(int i=1;i<=n-k+1;i++) q[i<<1].k=1;work(1,(n-k-1)<<1);cout<<ans;return 0; }
感想：怎么都有线段树。。？？？
详解)
)
