AtCoderGC038B - Sorting a Segment 数据结构 + RMQ

题意：给定一个长度为N的排列，你只能对其中长度为K的连续子序列进行一次从小到大的排序，问：排序之后能形成多少不同的排列？

数据范围： 1 <= n, k <= 200,000， k <= n.

-----------------------------------分割线--------------------------------

分析此题，我们发现，长度为K的连续子序列在原排列中只有 N-K+1个，也就是说只会有N-K+1个排序情况，得出答案的上界N-K+1.

考虑上界中有多少连续子序列重复计数M，减去M即为答案。

那么剩下的问题就是统计每一个排序之后的连续子序列相同的个数M了。

朴素做法：枚举每一个长度为K的区间，对区间内从小到大排一下序，得出原排列，与其他排列进行比较，统计相同排列的个数cnt，累加每个cnt-1即可。

时间复杂度 O（N^2*Klog(K)）.

思考一下优化方法。

设原排列为A1，A2，A3，........，An。

假设一个区间[l，r]排序之后为原排列为P（l，r）.

那么如果P（l1，r1） = P（l2，r2）且 r1 - l1 +1 = r2 - l2 + 1 = K。

当且仅当存在以下两种情况，上式成立：

（1）区间[l1，r1] 和区间[l2，r2] 原本就从小到大有序。

（2）区间[l1，r1] 和区间[l2，r2]相邻，即 l2 = l1+1，r2 = r1+1，且 min[l1，r2] = a[l1]，max[l1，r2] = a[r2].

结论（1）的正确性显然。

主要讨论结论（2）的正确性：

我们可以知道，区间[l1，r1] 和区间[l2， r2] 的区间交为[l2，r1]，区间并为[l1，r2]。

如果只考虑区间[l2，r1]，那么排序结果显然相同。

而P（l1，r1） <=> P（l2，r1）U 由区间[l1，l2-1]中所有元素基于大小关系插入区间[l2，r1]的相应位置。

区间[l2，r2] 同理。

于是我们只需解决区间[l1，l2-1] 和区间 [r1+1，r2]对区间[l2，r1]的排序影响。

如果[l1，r1] 与 [l2，r2] 不相邻，且非情况（1），则 P（l1，r1） != P（l2，r1），P（l2，r2）！= P（l2，r1），P（l1，r1）！= P（l2，r1）！= P（l2，r2），不存在。

则当l2 = l1+1 时，若min[l1，r2] = a[l1]，则P（l1，r1）= P（l2，r1），若max[l1，r2] = a[r2]，则P（l2，r2）= P（l2，r1）.由传递性可知：P（l1，r1）= P（l2，r1）= P（l2，r2）。结论成立。

证毕。

于是根据这两个结论，我们可以首先求出情况（1）的重复数，扫一遍原排列，求出长度大于等于K的升序区间数量。

对于情况（2），我们先选取区间[1，K]，维护最大值和最小值，接着左端点和右端点指针分别往右移，转移到区间[2，K+1]，对于区间[1，K]和[2，K+1]，判断是否符合min[1，K+1] = a[1] 并且 max[1，K+1] = a[K+1].若符合，则累加到M中，否则继续往右移，直到右端点到N为止。

维护动态区间最大值和最小值可以用STL的堆或者 set 维护。

插入删除复杂度O（logN），遍历时间复杂度O（N），总时间复杂度O（NlogN）.可以通过。

其实还可以用单调队列维护，总时间复杂度降为O（N），大家有兴趣可以尝试一下（我就不试了QAQ）.

堆的代码如下：

#include<bits/stdc++.h>#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)using namespace std;typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
int n, k, a[N], cnt = 0, flag = 0; 
int ans = 0, maxx, minn, pmax, pmin;
int vis[N], f[N];
priority_queue < int, vector<int>, greater<int> > q;
priority_queue < int, vector<int>, less<int> > p;
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<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}return x*f;
}
void init(){n = read(); k = read(); rep(i, 1, n) a[i] = read();rep(i, 1, k) p.push(a[i]), q.push(a[i]);rep(i, 2, n){if(a[i] > a[i-1]){int sum = 0;while(a[i] > a[i-1] && i <= n) i++, sum++;if(sum >= k-1) cnt ++;}}ans = n-k+1;int l = 1, r = k;while(r <= n){r++;if(r > n) break;while(vis[q.top()]) q.pop(); while(f[p.top()]) p.pop();if(a[l] == q.top() && a[r] > p.top()){q.pop(); p.push(a[r]);q.push(a[r]);f[a[l]] = 1;ans --;}else if(a[l] == q.top() && a[r] < p.top()){q.pop(); p.push(a[r]);q.push(a[r]);f[a[l]] = 1;}else if(a[l] == p.top()){p.pop(); p.push(a[r]);q.push(a[r]);vis[a[l]] = 1;}else if(a[l] != q.top() && a[l] != p.top()){p.push(a[r]); q.push(a[r]);f[a[l]] = 1, vis[a[l]] = 1;}l++;}if(!cnt) printf("%d\n", ans);else printf("%d\n", ans - cnt+1);
}
int main(){init();return 0;
}

View Code

STL的<set>代码如下：

#include<bits/stdc++.h>#define ll long long
#define mp make_pair
#define rep(i, a, b) for(int i = (a);i <= (b);i++)
#define per(i, a, b) for(int i = (a);i >= (b);i--)using namespace std;typedef pair<int, int> pii;
typedef double db;
const int N = 1e6 + 50;
int n, k, a[N], ans = 0,  cnt;
set <int> s;
set <int>::iterator it;
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<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch = getchar();}return x*f;
}
void init(){n = read(); k = read();rep(i, 1, n) a[i] = read();rep(i, 1, k) s.insert(a[i]);rep(i, 2, n){if(a[i] > a[i-1]){int sum = 0;while(a[i] > a[i-1] && i <= n) i++, sum++;if(sum >= k-1) cnt ++;}}ans = n-k+1;int l = 1, r = k;while(l <= r && r <= n){r++;if(r > n) break;s.insert(a[r]);if(*(s.rbegin()) == a[r] && (*s.begin()) == a[l]) ans --;s.erase(a[l]); l++;}if(!cnt) printf("%d\n", ans);else printf("%d\n", ans - cnt+1);
}
int main(){init();return 0;
}