【题目描述】
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\(n\)个叶子节点，满足这些权值为\(1\dots n\)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遍历序写出来，逆序对个数最少。
【输入格式】
第一行n下面每行，一个数x
如果\(x=0\)，表示这个节点非叶子节点，递归地向下读入其左孩子和右孩子的信息，
如果\(x\ne 0\)，表示这个节点是叶子节点，权值为\(x\)
【输出格式】
一行，最少逆序对个数。
题解
此题输入稍微有点毒瘤啊。。。但是反正是按照dfs序给的 就边dfs边读入好了
如果我们把所有的叶子节点从左到右编号为\(1\sim n\)，那么某个节点\(x\)的子树中必定含有编号连续的一段叶子节点\([l,r]\)，也就是说叶子节点\(l\)到叶子节点\(r\)都在\(x\)的子树里
方便起见我们再把叶子节点\(i\)的权值定义为\(v_i\)
现在考虑一个非叶子节点\(x\) 它的左儿子是\(a\)，右儿子是\(b\) 我们记\(a\)子树里含有\([l_a, r_a]\)的叶子节点，\(b\)子树里有\([l_b, r_b]\)的叶子节点
我们让\(f(x)\)等于 满足\(l_a\le i\le r_a,\ l_b\le j\le r_b,\ v_i>v_j\)的所有逆序对\((i,j)\)的数量 那么如果没有交换操作的话 答案就是所有的\(f(i)\)之和
这个我也不知道怎么解释。。。似乎挺显然的 因为左右儿子内部的逆序对之前已经统计完了嘛
那么如果我们交换了\(a,b\)的位置 \(f(x)\)会有什么变化呢
\(f(x)\)就会变成满足\(l_a\le i\le r_a,\ l_b\le j\le r_b,\ v_i<v_j\)的\((i,j)\)的数量
因为左右交换了 所以原来的顺序对全部变成了逆序对 逆序对全部变成了顺序对
怎么求逆序对？
因为此题给出的二叉树不一定是完全二叉树 所以不能用归并排序 树状数组则不方便我们快速统计上面要求的那个东西，也不好合并 所以我们用权值线段树
我们要求的是这个：满足\(l_a\le i\le r_a,\ l_b\le j\le r_b,\ v_i>v_j\)的所有\((i,j)\)的数量 这个可以在合并左儿子和右儿子的线段树时顺便统计出来
我们依然把左儿子叫做\(a\)，右儿子叫做\(b\)
具体来说 对于权值线段树的一个节点代表的区间\([l,r]\) 令\(cnt1\)等于\(a\)的线段树在\([mid+1,r]\)区间的元素个数（就是说左儿子的子树里的叶子节点\(i\) 有多少个\(mid+1\le v_i\le r\)） \(cnt2\)等于\(b\)的线段树在\([l,mid]\)区间的元素个数
那么\(cnt1\)的节点和\(cnt2\)的节点两两匹配都一定满足\(l_a\le i\le r_a,\ l_b\le j\le r_b,\ v_i>v_j\) 所以\(f(x)\)加上\(cnt1*cnt2\)
对于权值线段树上每个节点都算一次
注意 这样统计一定是不重不漏的 很好理解 但是我并不知道怎么解释。。。
反过来也同理
因为你要么交换 要么不交换 所以答案就加上两种\(f(x)\)中较小的那一个
这篇题解真难写
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n, m, son[1000005][2], out[1000005];
struct segtree{
int lc, rc, cnt;
} tr[4000005];
int tot;
int rt[1000005];
ll ans;
//权值线段树 ↓
void update(int &ind, int l, int r, int p) {
if (!ind) ind = ++tot;
tr[ind].cnt++;
if (l == r) return;
int mid = (l + r) >> 1;
if (p <= mid) update(tr[ind].lc, l, mid, p);
else update(tr[ind].rc, mid+1, r, p);
}
int query(int ind, int l, int r, int x, int y) {
if (x > y || !ind) return 0;
if (x <= l && r <= y) return tr[ind].cnt;
int mid = (l + r) >> 1, ret = 0;
if (x <= mid) ret += query(tr[ind].lc, l, mid, x, y);
if (mid < y) ret += query(tr[ind].rc, mid+1, r, x, y);
return ret;
}
//权值线段树 ↑
int merge(int x, int y, ll &mn, ll &mx) {
if (!x) return y;
if (!y) return x;
mn += 1ll * tr[tr[x].lc].cnt * tr[tr[y].rc].cnt;
mx += 1ll * tr[tr[y].lc].cnt * tr[tr[x].rc].cnt;
tr[x].cnt += tr[y].cnt;
tr[x].lc = merge(tr[x].lc, tr[y].lc, mn, mx);
tr[x].rc = merge(tr[x].rc, tr[y].rc, mn, mx);
return x;
}
int dfs() {
int ind = ++m;
int val; scanf("%d", &val);
if (val) {
update(rt[ind], 1, n, val);
} else {
int lc = dfs(), rc = dfs();
ll mn = 0, mx = 0;
rt[ind] = merge(rt[lc], rt[rc], mn, mx);
ans += min(mn, mx);
}
return ind;
}
int main() {
scanf("%d", &n);
dfs();
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/ak-dream/p/AK_DREAM63.html