P11670 [USACO25JAN] Cow Checkups S
题目描述
Farmer John 的 \(N\)（\(1 \leq N \leq 5 \cdot 10^5\)）头奶牛站成一行，奶牛 \(1\) 在队伍的最前面，奶牛 \(N\) 在队伍的最后面。FJ 的奶牛也有许多不同的品种。他用从 \(1\) 到 \(N\) 的整数来表示每一品种。队伍从前到后第 \(i\) 头奶牛的品种是 \(a_i\)（\(1 \leq a_i \leq N\)）。
FJ 正在带他的奶牛们去当地的奶牛医院进行体检。然而，奶牛兽医非常挑剔，仅愿意当队伍中第 \(i\) 头奶牛为品种 \(b_i\)（\(1 \leq b_i \leq N\)）时对其进行体检。
FJ 很懒惰，不想完全重新排列他的奶牛。他将执行以下操作恰好一次。
- 选择两个整数 \(l\) 和 \(r\)，使得 \(1 \leq l \le r \leq N\)。反转队伍中第 \(l\) 头奶牛到第 \(r\) 头奶牛之间的奶牛的顺序。
FJ 想要衡量这种方法有多少效果。求出对于所有 \(N(N+1)/2\) 种可能的操作被兽医检查的奶牛数量之和。
输入格式
输入的第一行包含 \(N\)。
第二行包含 \(a_1, a_2, \ldots, a_N\)。
第三行包含 \(b_1, b_2, \ldots, b_N\)。
输出格式
输出一行，包含对于所有可能的操作被兽医检查的奶牛数量之和。
输入输出样例 #1
输入 #1
3
1 3 2
3 2 1
输出 #1
3
输入输出样例 #2
输入 #2
3
1 2 3
1 2 3
输出 #2
12
输入输出样例 #3
输入 #3
7
1 3 2 2 1 3 2
3 2 2 1 2 3 1
输出 #3
60
说明/提示
样例解释
样例 #1
如果 FJ 选择 \((l=1,r=1)\)，\((l=2,r=2)\) 或 \((l=3,r=3)\)，则没有奶牛将会被检查。注意这些操作并没有改变奶牛的位置。
以下操作会导致一头奶牛被检查。
- \((l=1,r=2)\)：FJ 反转第一头和第二头奶牛的顺序，因此新队伍中每头奶牛的品种将为 \([3,1,2]\)。第一头奶牛将会被检查。
- \((l=2,r=3)\)：FJ 反转第二头和第三头奶牛的顺序，因此新队伍中每头奶牛的品种将为 \([1,2,3]\)。第二头奶牛将会被检查。
- \((l=1,r=3)\)：FJ 反转第一头，第二头和第三头奶牛的顺序，因此新队伍中每头奶牛的品种将为 \([2,3,1]\)。第三头奶牛将会被检查。
所有六种操作中被检查的奶牛数量之和为 \(0+0+0+1+1+1=3\)。
样例 #2
有三种导致 \(3\) 头奶牛被检查的可能操作：\((l=1,r=1)\)，\((l=2,r=2)\) 和 \((l=3,r=3)\)。其余每种操作均导致 \(1\) 头奶牛被检查。所有六种操作中被检查的奶牛数量之和为 \(3+3+3+1+1+1=12\)。
子任务
- 测试点 4：\(N\le 100\)。
- 测试点 5：\(N\le 5000\)。
- 测试点 6-9：\(a_i\)，\(b_i\) 均在范围 \([1,N]\) 内均匀随机生成。
- 测试点 10-15：\(a_i\)，\(b_i\) 均在范围 \([1,2]\) 内均匀随机生成。
- 测试点 16-23：没有额外限制。
解题报告
我去，洛谷上的题解都是什么大智慧！！！我就是个屑逼！！！
参考题解：题解Cow Checkups S - 洛谷专栏
先把可以产生的情况分成两类，需要翻转才能产生价值的和不需要翻转就可以产生价值的。
先处理不需要翻转的情况，显然，对于位置 \(i\)，只有 \(a_i==b_i\) 是才不用翻转就有价值。
这部分又分成两部分：
- 以位置 \(i\) 为中心的区间翻转：计算最多有所少个这样的区间，结果为 \(\min(i,n-i+1)\)。
- 未涉及位置 \(i\) 的翻转：就是那些右端点小于 \(i\) 的区间和左端点大于 \(i\) 的区间，显然区间 \([1,i-1]\) 的所有子区间和区间 \([i+1,n]\) 的所有子区间都可以，结果为 \(\dfrac {i(i+1)}{2}+\dfrac {(n-i)(n-i+1)}{2}\)。
现在开始处理翻转产生的价值。
设存在 \(a_i==b_j\)，规定 \(i<j\)，我们想求出这一对匹配可以提供多少价值。显然只有形为 \([x-t,y+t](t \in \N)\) 的区间才可以让这对匹配产生价值，同时我们关注区间的合法性，应有关于边界的条件：\(x-t \geq 1\) 且 \(y+t \leq n\)，化为 \(t \leq \min(x-1,n-y)\)，那么 \(t\) 只有 \(\min(x,n-y+1)\) 种情况。
一个我无比惊叹的想法：拆掉 \(\min\)，分别统计 \(x\) 和 \(n-y-1\) 作为最小值的贡献。
以 \(x\) 作为最小值为例，这相当于说 \(x\) 和最左端的距离比 \(y\) 和最右段的距离更小，也相当与：\(x\) 距离区间 \([1,n]\) 的中心的距离比\(y\) 更远。
那么就很简单了，我们从区间中心 \(mid\) 开始扩展到区间 \([l,r]\)，对于每一个 \(a_l\)，我们统计 \(pos \in [l+1,r]\) 中满足 \(b_{pos}==a_l\) 的 \(pos\) 的个数 \(cnt\)，因为有 \(r-mid==mid-l\)，那么肯定有 \(|pos-mid| \leq |l-mid|\)，那么位置 \(l\) 将产生总共 \(cnt \times l\) 的价值。位置 \(r\) 同理。
至于 \(cnt\) 怎么计算，直接用桶数组维护就好了。
复杂度 \(O(n)\)，代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int N=501100;#define ckmax(x,y) ( x=max(x,y) )
#define ckmin(x,y) ( x=min(x,y) )inline int read()
{int f=1,x=0; char ch=getchar();while(!isdigit(ch)) { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }while(isdigit(ch)) { x=x*10+ch-'0'; ch=getchar(); }return f*x;
}vector<int> pos[N];
int n;
int a[N],cnta[N];
int b[N],cntb[N];
int ans;signed main()
{n=read();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=read();for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i]!=b[i]) continue;ans+=min(i,n-i+1);ans+=i*(i-1)/2+(n-i)*(n-i+1)/2;}int l=n/2+1,r=n/2;for(int i=1;i<=(n+1)/2;i++){if(++r>n) break;ans+=(cnta[b[r]]+cntb[a[r]])*(n-r+1);cnta[a[r]]++,cntb[b[r]]++;if(--l<1) break;ans+=(cnta[b[l]]+cntb[a[l]])*l;cnta[a[l]]++,cntb[b[l]]++;}printf("%lld",ans);return 0;
}