题目大意

有 \(2\times n\) 个人站成一排，然后给每个人分配一个 \(1\) 至 \(n\) 之间的数字，每种数字出现 \(2\) 次。

现在，你可以进行两种操作：

• 删除操作，将数字相同且相邻的两人删除，删除后两端剩下的队列合并。
• 交换操作，交换相邻两个人的位置。

每次，问至少操作多少次能够删除所有人，操作包含删除操作和交换操作。

其中 \(1\le n \le 5\times 10 ^5,1\le a_i \le n\)。

思路

首先找到每种数字的位置。

如果第 \(i\) 个数字在 \(x_i,y_i\)。如果 \(x_i,y_i\) 相邻，那么可以直接删除，如果不相邻，统计使得相邻需 \(x_i,y_i\) 要的最少操作次数。

假设两组相同的元素的位置分别为 \(a_1,a_2\) 与 \(b_1,b_2\)，且满足 \(a_1<b_1<b_2<a_2,b_1+1=b_2\)。

假设先将 \(b_1\) 与 \(b_2\) 的数字消除在消除 \(a_1\) 与 \(a_2\) 位置的数字代价就是 \(a_2-a_1-1\)。但是如果先将 \(a_1\) 与 \(a_2\) 的数字消除在消除 \(b_1\) 与 \(b_2\) 位置的数字代价就是 \(a_2-a_1\)。

所以如果有相邻的元素，将他们优先删除掉显然优于将他们后来删掉。

如何统计区间中数字出现一次的数量，即找到 \(x_j<x_i\) 且 \(y_i<y_j\)，使用树状数组维护。

时间复杂度为 \(O(n\log n)\)。

AC Code

#include<bits/stdc++.h>
#define lowbit(x) (x&-x)
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int n,a[N],s[N],ans;
struct node{int x,y;}x[N];
bool cmp(node a,node b){
	return a.y-a.x<b.y-b.x;
}
void updata(int x,int v){
	for(int i=x;i<N;i+=lowbit(i)) s[i]+=v;
}
int sum(int x){
	int ans=0;
	for(int i=x;i>=1;i-=lowbit(i)) ans+=s[i];
	return ans;
}
signed main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n*2;i++){
		cin>>a[i];
		if(x[a[i]].x==0) x[a[i]].x=i;
		else x[a[i]].y=i;
	}
	sort(x+1,x+1+n,cmp);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans+=x[i].y-x[i].x-1-sum(x[i].y)+sum(x[i].x);
		updata(x[i].y,1);
		updata(x[i].x,1);
	}cout<<ans+n<<endl;
	return 0;
}