火柴排队 详解

火柴排队

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题目描述

涵涵有两盒火柴，每盒装有n 根火柴，每根火柴都有一个高度。 现在将每盒中的火柴各自排成一列， 同一列火柴的高度互不相同， 两列火柴之间的距离定义为： $\sum (ai-bi{)}^2$∑(ai−bi)2其中 ai 表示第一列火柴中第 i 个火柴的高度，bi 表示第二列火柴中第 i 个火柴的高度。每列火柴中相邻两根火柴的位置都可以交换，请你通过交换使得两列火柴之间的距离最小。

请问得到这个最小的距离，最少需要交换多少次？如果这个数字太大，请输出这个最小交换次数对 99,999,997 取模的结果。

输入格式

共三行，第一行包含一个整数 n，表示每盒中火柴的数目。

第二行有 n 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，表示第一列火柴的高度。

第三行有 n 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，表示第二列火柴的高度。

输出格式

输出共一行，包含一个整数，表示最少交换次数对 99,999,997 取模的结果。

样例

样例1输入
4
2 3 1 4
3 2 1 4
样例1输出
1
样例2输入
4
1 3 4 2
1 7 2 4
样例2输出
2

数据范围与提示

输入输出样例说明1：

最小距离是 0，最少需要交换 1 次，比如：交换第 1 列的前 2 根火柴或者交换第 2 列的前 2 根火柴。

输入输出样例说明2：

最小距离是 10，最少需要交换 2 次，比如：交换第 1 列的中间 2 根火柴的位置，再交换第 2 列中后 2 根火柴的位置。

数据范围：对于 10%的数据， 1 ≤ n ≤ 10；对于 30%的数据，1 ≤ n ≤ 100；对于 60%的数据，1 ≤ n ≤ 1,000；对于 100%的数据，1 ≤ n ≤ 100,000，0 ≤火柴高度≤ maxlongint

分析

感谢C202207LYX提出问题，现将证明给出。
这是一道比较有意思的题目。
如果要使 $\sum (ai-bi{)}^2$∑(ai−bi)2最小，那么 $(ai-bi)$(ai−bi)的值就因该为最小，为了保证所有 $(ai-bi)$(ai−bi)的总值最小，就需要让序列 $A$A中的第 $k$k个数对应序列 $B$B的第 $k$k个数。
可以得出一个结论就是同序和≥乱序和≥逆序和
证明：
设有序数列k1_kn,p1pn，取k1<k2、p1<p2 因此容易得到：k1p1+k2p2>k1p2+k2p1; 将上述不等式变形一下： k2p2-k2p1>k1p2-k1p1 即k2(p2-p1)>k1(p2-p1) ∵k2>k1,p2>p1 ∴k2(p2-p1)>k1(p2-p1) 证毕； 推广2中的结论到1中，乱序就是不断将顺序交换打乱的过程，最终结果符合2的结论，因此 顺序之乘>=乱序之乘，证毕

同序操作

首先定义一个结构体: $node$node

struct node {
	LL val, num;
};

这里引入一个思想——离散化。
通过数据范围，可以得知：1 ≤ n ≤ 100,000，&& 0 ≤火柴高度≤ maxlongint，也就是说，火柴的高度分布比较稀疏，并且如果排序，那么 $long$long $long$long会直接溢出。、
此时接需要离散化

离散化

定义：离散化，把无限空间中有限的个体映射到有限的空间中去，离散化是在不改变数据相对大小的条件下，对数据进行相应的缩小。例如：
原数据： $1,999,100000,15$1,999,100000,15；处理后： $1,3,4,2；$1,3,4,2；
原数据： $100,200，20,50000，1,400；$100,200，20,50000，1,400；
处理后： $3,4，2,6，1,5；$3,4，2,6，1,5；

此时可以通过 $node$node中的 $num$num实现对数据离散化的操作。
警示：简单的离散化不能去重
但在此题中必然会有相同的元素出现因为是毒瘤数据
所以可以通过先保存下标，再根据 $val$val的大小 $sort$sort。
给出参考代码：

bool cmp(node x, node y) {
	if(x.val == y.val)
		return x.num < y.num;
	return x.val < y.val;
}

for(LL i = 1;i <= n; i++) {
	scanf("%lld", &a[i].val);
	a[i].num = i;
}	
for(LL i = 1;i <= n; i++) {
	scanf("%lld", &b[i].val);
	b[i].num = i;
}
sort(a + 1, a + 1 + n, cmp);
sort(b + 1, b + 1 + n, cmp);

然后经行同序排列。
假设我们离散化之后得到了这样两个序列：
$A:(1,3,4,2)和B:(1,4,2,3)$A:(1,3,4,2)和B:(1,4,2,3)
我们以 $a\left[i\right]$a[i]为关键字对 $b\left[i\right]$b[i]排序，令 $x\left[a\right[i\left]\right]=b\left[i\right]$x[a[i]]=b[i]，在 $a$a和 $b$b中构造一种映射关系。
若序列 $a$a与序列 $b$b相等，那么此时 $x\left[a\right[i\left]\right]$x[a[i]]应该等于 $a\left[i\right]$a[i]的，也就是 $x\left[i\right]=i$x[i]=i。
那么也就是说如果我们想让序列 $a$a与序列 $b$b相等，那么我们需要让 $x$x升序排列。
问题就变为，将原本乱的 $X$X序列升序排列的最少交换次数。
我们会得到： $x\left[1\right]=1,x\left[3\right]=4,x\left[4\right]=2,x\left[2\right]=3$x[1]=1,x[3]=4,x[4]=2,x[2]=3，x序列就是这样的： $(1,4,2,3)$(1,4,2,3)。哪里是“乱”的，就调整哪里。 $(4,2)$(4,2)和 $(4,3)$(4,3)是“乱”的，调整这两处即可。也就是说，要维护这个例子中的这两个序列的“距离”最小值，我们最少只需要调整2次即可。在这里就是一组逆序对。有几个逆序对，就要调整几次。
那么这题可以最终得到一个结论：在 $X$X序列中逆序对的个数就是本题的答案。

逆序对

求逆序对一共有三种方法：

• 1.暴力枚举 $O\left(n^2\right)$O(n2)
  只能得到80pts。

 for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = i; j <= n; j++)
            if (x[i] > x[j]) {
                ans++;
                ans %= MOD;
            }

• 2.归并排序 $O\left(logn\right)$O(logn)

void merge(LL L, LL R, LL Mid){
   LL i = L;LL j = Mid + 1;LL k = L;
    while(i <= Mid && j <= R){
        if(x[i] <= x[j])t[k ++] = x[i ++];
        else{
            ans += Mid - i + 1;
            ans %= MOD;
            t[k ++] = x[j ++]; 
        }
    }
    while(i <= Mid)t[k ++] = x[i ++];
    while(j <= R)t[k ++] = x[j ++];
    for(i = L; i <= R; i ++)x[i] = t[i]; 
}
void mergesort(LL L, LL R){
    if(L < R){
        LL Mid = (L + R) / 2;
        mergesort(L, Mid),mergesort(Mid + 1, R);
        merge(L, R, Mid);
    }
}

• 3.树状数组
  我太菜了。。。还没学会。。。

参考代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
const int MAXN = 100005;
const int MOD = 99999997;

struct node {
	LL val, num;
};

LL n, ans, x[MAXN], t[MAXN];
node a[MAXN], b[MAXN];

bool cmp(node x, node y) {
	if(x.val == y.val)
		return x.num < y.num;
	return x.val < y.val;
}

void merge(LL L, LL R, LL Mid){
   LL i = L;LL j = Mid + 1;LL k = L;
    while(i <= Mid && j <= R){
        if(x[i] <= x[j])t[k ++] = x[i ++];
        else{
            ans += Mid - i + 1;
            ans %= MOD;
            t[k ++] = x[j ++]; 
        }
    }
    while(i <= Mid)t[k ++] = x[i ++];
    while(j <= R)t[k ++] = x[j ++];
    for(i = L; i <= R; i ++)x[i] = t[i]; 
}
void mergesort(LL L, LL R){
    if(L < R){
        LL Mid = (L + R) / 2;
        mergesort(L, Mid),mergesort(Mid + 1, R);
        merge(L, R, Mid);
    }
}

int main() {
	scanf("%lld", &n);
	for(LL i = 1;i <= n; i++) {
		scanf("%lld", &a[i].val);
		a[i].num = i;
	}	
	for(LL i = 1;i <= n; i++) {
		scanf("%lld", &b[i].val);
		b[i].num = i;
	}
	sort(a + 1, a + 1 + n, cmp);
	sort(b + 1, b + 1 + n, cmp);
	for(LL i = 1;i <= n; i++) {
		x[a[i].num] = b[i].num;
	}
	mergesort(1, n);
	printf("%lld\n", ans % MOD);
	return 0;
}