BZOJ2212或洛谷3521 [POI2011]ROT-Tree Rotations

BZOJ原题链接

洛谷原题链接

线段树合并裸题。

因为交换子树只会对子树内部的逆序对产生影响，所以我们计算交换前的逆序对个数和交换后的个数，取\(\min\)即可。

对每个叶子节点建一棵动态开点线段树，然后向上合并并更新答案。

而逆序对可以在线段树合并的过程中算出来，因为是权值线段树，根据\(mid\)计算贡献即可。

这题洛谷和\(BZOJ\)不卡常，而\(LOJ\)丧心病狂地把每个点开到\(160ms\)，我这份代码需要改成超级快读才能卡过。。

#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 8e6 + 10;
int L[N], R[N], S[N], BT, SEG, n;
ll s, s_1, s_2;
inline int re()
{
	int x = 0;
	char c = getchar();
	bool p = 0;
	for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar())
		p |= c == '-';
	for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar())
		x = x * 10 + c - '0';
	return p ? -x : x;
}
inline ll minn(ll x, ll y){ return x < y ? x : y; }
void bu(int &r, int x, int y, int k)
{
	r = ++SEG;
	S[r] = 1;
	if (!(x ^ y))
		return;
	int mid = (x + y) >> 1;
	k <= mid ? bu(L[r], x, mid, k) : bu(R[r], mid + 1, y, k);
}
int merge(int x, int y)
{
	if (!x)
		return y;
	if (!y || !(x ^ y))
		return x;
	s_1 += 1LL * S[R[x]] * S[L[y]];
	s_2 += 1LL * S[L[x]] * S[R[y]];
	L[x] = merge(L[x], L[y]);
	R[x] = merge(R[x], R[y]);
	S[x] = S[L[x]] + S[R[x]];
	return x;
}
int dfs()
{
	int r, x, y, ro = 0;
	r = re();
	if (r)
	{
		bu(ro, 1, n, r);
		return ro;
	}
	x = dfs();
	y = dfs();
	s_1 = s_2 = 0;
	ro = merge(x, y);
	s += minn(s_1, s_2);
	return ro;
}
int main()
{
	n = re();
	dfs();
	printf("%lld", s);
	return 0;
}