AtCoder ARC097C Sorted and Sorted：dp

传送门

题意

有 $ 2n $ 个球排成一行，其中恰好有 $ n $ 个白球和 $ n $ 个黑球。每个球上写着数字，其中白球上的数字的并集为 $ \lbrace 1 \dots n\rbrace $ ，黑球上的数字的并集也为 $ \lbrace 1 \dots n\rbrace $ 。

你可以交换任意两个相邻的球若干次，以使得对于所有白球，数字大小从左到右递增，黑球也是一样。

问你最少的交换次数。$ (n \leq 2000) $

题解

如果所有球最后的位置 $ P(i) $ 已经确定，那么最少交换次数 $ ans $ 为：

也就是相对位置改变了的球对 $ (i,j) $ 的个数。

​

然后考虑如何dp。

由于白球和黑球内部，数字大小递增，所以可以考虑从左到右依次填球。

$ dp[i][j] $ 表示已经从左到右填了 $ i $ 个白球，$ j $ 个黑球，此时的最小代价。

则最终答案就是 $ dp[n][n] $

​

然后考虑如何转移。

对于 $ dp[i][j] $ 来说，接下来要么填一个白球，要么填一个黑球。

设 $ costw[i][j] $ 表示已经填了 $ i $ 个白球，$ j $ 个黑球，该填第 $ i+1 $ 个白球，会增加的代价。

同理 $ costb[i][j] $ 表示已经填了 $ i $ 个白球，$ j $ 个黑球，该填第 $ j+1 $ 个黑球，会增加的代价。

则有转移：

边界条件为 $ dp[0][0] = 0 $

dp的复杂度为 $ O(n^2) $

​

对于 $ cost $ 数组来说，同样可以 $ O(n^2) $ 预处理。

首先可以 $ O(n^2) $ 暴力处理出所有 $ cost[i][0] $ 和 $ costb[0][j] $

设 $ P_w[i] $ 表示写着数字 $ i $ 的白球的初始位置，$ P_b[i] $ 表示写着数字 $ i $ 的黑球的初始位置。

则对于 $ cost $ 数组来说，有如下递推：

所以预处理总复杂度也是 $ O(n^2) $ 的。

AC Code

#include <iostream>

#include <stdio.h>

#include <string.h>

#define MAX_N 2005

using namespace std;

int n;

int pw[MAX_N];

int pb[MAX_N];

int dp[MAX_N][MAX_N];

int costw[MAX_N][MAX_N];

int costb[MAX_N][MAX_N];

void read()

{

	scanf("%d",&n);

	char s[4]; int x;

	for(int i=1;i<=(n<<1);i++)

	{

		scanf("%s%d",s,&x);

		if(s[0]=='W') pw[x]=i;

		else pb[x]=i;

	}

}

void cal_c()

{

	for(int i=0;i<n;i++)

	{

		for(int j=1;j<=i;j++) costw[i][0]+=(pw[j]>pw[i+1]);

		for(int j=1;j<=n;j++) costw[i][j]=costw[i][j-1]+(pb[j]>pw[i+1]);

	}

	for(int j=0;j<n;j++)

	{

		for(int i=1;i<=j;i++) costb[0][j]+=(pb[i]>pb[j+1]);

		for(int i=1;i<=n;i++) costb[i][j]=costb[i-1][j]+(pw[i]>pb[j+1]);

	}

}

void cal_dp()

{

	memset(dp,0x3f,sizeof(dp));

	dp[0][0]=0;

	for(int i=0;i<=n;i++)

	{

		for(int j=0;j<=n;j++)

		{

			if(i) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j]+costw[i-1][j]);

			if(j) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][j-1]+costb[i][j-1]);

		}

	}

}

void work()

{

	cal_c();

	cal_dp();

	printf("%d\n",dp[n][n]);

}

int main()

{

	read();

	work();

}