线段树合并(【POI2011】ROT-Tree Rotations)
题意
现在有一棵二叉树,所有非叶子节点都有两个孩子。在每个叶子节点上有一个权值(有nn个叶子节点,满足这些权值为1…n1…n的一个排列)。可以任意交换每个非叶子节点的左右孩子。
要求进行一系列交换,使得最终所有叶子节点的权值按照前序遍历序写出来,逆序对个数最少。
解法
我们对每一个叶子节点建立一颗权值线段树,然后,我们考虑将两个叶子节点上的线段树合并起来,然后我们考虑逆序对的个数。
如果我们将左儿子的线段树放在前面,则产生的逆序对数为左儿子右边的sum * 右儿子左边的sum,反之同理。然后我们每次合并求出这两个之中的最小值加入ans中就好了。
代码
令我感到神奇的是,如果我们将dfs中的两句判断放在外面,常数为原来的3倍,如果不开O2就会TLE。
~~ 可我明明打的跟别人一样的代码,别人不开O2都只要300ms。自带常数型选手的悲哀。╮(╯﹏╰)╭ ~~
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cctype>
#define INF 2139062143
#define MAX 0x7ffffffffffffff
#define del(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
x=0;T k=1;char c=getchar();
while(!isdigit(c)){if(c==‘-‘)k=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=x*10+c-‘0‘;c=getchar();}x*=k;
}
const int maxn=8000000+5;
struct node{
int lc,rc,sum;
node(int lc=0,int rc=0,int sum=0):lc(lc),rc(rc),sum(sum){}
}T[maxn*4];
int root[maxn];
int a[maxn];
int sz;
ll ans1,ans2;
void build(int x){
read(a[x]);
if(a[x]) return;
T[x].lc=++sz;build(T[x].lc);
T[x].rc=++sz;build(T[x].rc);
}
void updata(int l,int r,int pos,int val,int &x){
if(!x) x=++sz;
T[x].sum+=val;
if(l==r) return;
int mid=(l+r)/2;
if(pos<=mid) updata(l,mid,pos,val,T[x].lc);
else updata(mid+1,r,pos,val,T[x].rc);
}
int Merge(int x,int y){
if(!x||!y) return x+y;
ans1+=1ll*T[T[x].lc].sum*T[T[y].rc].sum;
ans2+=1ll*T[T[x].rc].sum*T[T[y].lc].sum;
T[x].lc=Merge(T[x].lc,T[y].lc);
T[x].rc=Merge(T[x].rc,T[y].rc);
T[x].sum=T[T[x].lc].sum+T[T[x].rc].sum;
return x;
}
ll ans=0;
void dfs(int x){
//若为叶子结点,往下递归会TLE???
if(!a[x]){
if(T[x].lc) dfs(T[x].lc);
if(T[x].rc) dfs(T[x].rc);
ans1=0;ans2=0;
root[x]=Merge(root[T[x].lc],root[T[x].rc]);
ans+=1ll*min(ans1,ans2);
}
}
int n;
int main()
{
read(n);
build(sz=1);
for(int i=1;i<=sz;i++)
if(a[i])
updata(1,n,a[i],1,root[i]);
dfs(1);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
原文地址:https://www.cnblogs.com/mrasd/p/9532189.html
时间: 2024-09-29 04:53:49