线段树合并（【POI2011】ROT-Tree Rotations）

线段树合并（【POI2011】ROT-Tree Rotations）

题意

现在有一棵二叉树，所有非叶子节点都有两个孩子。在每个叶子节点上有一个权值(有nn个叶子节点，满足这些权值为1…n1…n的一个排列)。可以任意交换每个非叶子节点的左右孩子。
要求进行一系列交换，使得最终所有叶子节点的权值按照前序遍历序写出来，逆序对个数最少。

解法

我们对每一个叶子节点建立一颗权值线段树，然后，我们考虑将两个叶子节点上的线段树合并起来，然后我们考虑逆序对的个数。
如果我们将左儿子的线段树放在前面，则产生的逆序对数为左儿子右边的sum * 右儿子左边的sum，反之同理。然后我们每次合并求出这两个之中的最小值加入ans中就好了。

代码

令我感到神奇的是，如果我们将dfs中的两句判断放在外面，常数为原来的3倍，如果不开O2就会TLE。
~~ 可我明明打的跟别人一样的代码，别人不开O2都只要300ms。自带常数型选手的悲哀。╮(╯﹏╰）╭ ~~

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cctype>
#define INF 2139062143
#define MAX 0x7ffffffffffffff
#define del(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
    x=0;T k=1;char c=getchar();
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')k=-1;c=getchar();}
    while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}x*=k;
}
const int maxn=8000000+5;
struct node{
	int lc,rc,sum;
	node(int lc=0,int rc=0,int sum=0):lc(lc),rc(rc),sum(sum){}
}T[maxn*4];
int root[maxn];
int a[maxn];
int sz;
ll ans1,ans2;

void build(int x){
	read(a[x]);
	if(a[x]) return;
	T[x].lc=++sz;build(T[x].lc);
	T[x].rc=++sz;build(T[x].rc);
}

void updata(int l,int r,int pos,int val,int &x){
	if(!x) x=++sz;
	T[x].sum+=val;
	if(l==r) return;
	int mid=(l+r)/2;
	if(pos<=mid) updata(l,mid,pos,val,T[x].lc);
	else updata(mid+1,r,pos,val,T[x].rc);
}

int Merge(int x,int y){
	if(!x||!y) return x+y;
	ans1+=1ll*T[T[x].lc].sum*T[T[y].rc].sum;
	ans2+=1ll*T[T[x].rc].sum*T[T[y].lc].sum;
	T[x].lc=Merge(T[x].lc,T[y].lc);
	T[x].rc=Merge(T[x].rc,T[y].rc);
	T[x].sum=T[T[x].lc].sum+T[T[x].rc].sum;
	return x;
}

ll ans=0;
void dfs(int x){
	//若为叶子结点，往下递归会TLE??? 
	if(!a[x]){
		if(T[x].lc) dfs(T[x].lc);
		if(T[x].rc) dfs(T[x].rc);
		ans1=0;ans2=0;
		root[x]=Merge(root[T[x].lc],root[T[x].rc]);
		ans+=1ll*min(ans1,ans2);
	}
}
int n;
int main()
{
	read(n);
	build(sz=1);
    for(int i=1;i<=sz;i++)
      if(a[i])
        updata(1,n,a[i],1,root[i]);
    dfs(1);
    printf("%lld
",ans);
	return 0;
}