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題目大意：給出一個序列 $a$，問能否經過有限此操作使其變成 $b$，每次操作分為三步：

選擇一個 $i$，滿足 $i+1<=n$，然后 $swap(a_i,a_{i+1})$

$a_i++$（交換后的）

$a_{i+1}??$（交換后的）

如果有解，輸出最小操作次數

題目分析：思維點+固定模型的題目，有個結論是，題目有解的充分必要條件是，當且僅當 $a$ 數列的每個數值都加上 $i$ 所組成的新的集合，需要與 $b$ 數列的每個數值都加上 $i$ 后的集合相等。簡單來說，集合 $\{a_1+1,a_2+2,...,a_n+n\}$ 要與 $\{b_1+1,b_2+2,...,b_n+n\}$ 相等，注意這里的集合類似于 $STL$ 中的 $set$

為什么這樣是可行的呢，考慮第 $i$ 個位置原本我們維護的是 $a_i+i$，當其交換到達 $i?1$ 的時候，$a_i$ 變成了 $a_i+1$，當到達 $i?1$ 的位置時，我們維護的貢獻 $(a_i+1)+(i?1)=a_i+i$ 并沒有發生改變

同理可證 $i$ 變成 $i+1$ 時貢獻不變

這樣問題就轉換為了，數列 $a$ 和 $b$ 變成 $a_i+i$ 和 $b_i+i$ 后，每次可以交換相鄰的兩個數字，問最少需要操作多少次可以使其相等

這樣就轉換成下面這個題目的模型了：
傳送門

代碼：

// #pragma GCC optimize(2) // #pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math") // #pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx") #include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<ctime> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<stack> #include<climits> #include<queue> #include<map> #include<set> #include<sstream> #include<cassert> #include<bitset> #include<list> #include<unordered_map> #define lowbit(x) x&-x using namespace std; typedef long long LL; typedef unsigned long long ull; template<typename T> inline void read(T &x) {T f=1;x=0;char ch=getchar();while(0==isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(0!=isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();x*=f; } template<typename T> inline void write(T x) {if(x<0){x=~(x-1);putchar('-');}if(x>9)write(x/10);putchar(x%10+'0'); } const int inf=0x3f3f3f3f; const int N=1e6+100; map<int,vector<int>>node; map<int,int>cnt; int a[N],b[N]; struct Node {int l,r,lazy; }tree[N<<2]; void build(int k,int l,int r) {tree[k]={l,r,0};if(l==r) {return;}int mid=(l+r)>>1;build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r); } void update(int k,int l,int r,int val) {if(l>r) {return;}if(tree[k].l>r||tree[k].r<l) {return;}if(tree[k].l>=l&&tree[k].r<=r) {tree[k].lazy+=val;return;}update(k<<1,l,r,val);update(k<<1|1,l,r,val); } int query(int k,int pos) {if(tree[k].l==tree[k].r) {return pos+tree[k].lazy;}int mid=(tree[k].l+tree[k].r)>>1;if(pos<=mid) {return query(k<<1,pos)+tree[k].lazy;} else {return query(k<<1|1,pos)+tree[k].lazy;} } int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE // freopen("data.in.txt","r",stdin); // freopen("data.out.txt","w",stdout); #endif // ios::sync_with_stdio(false);int n;read(n);for(int i=1;i<=n;i++) {read(a[i]);a[i]+=i;cnt[a[i]]++;}for(int i=1;i<=n;i++) {read(b[i]);b[i]+=i;cnt[b[i]]--;}for(auto it:cnt) {if(it.second) {return 0*puts("-1");}}build(1,1,n);for(int i=1;i<=n;i++) {node[a[i]].push_back(i);}LL ans=0;for(int i=1;i<=n;i++) {int to=b[i];int pos=node[to][cnt[to]];ans+=query(1,pos)-1;update(1,pos+1,n,-1);cnt[to]++;}cout<<ans<<endl;return 0; }

總結

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