BZOJ 1106 POI2007 立方体大作战tet 模拟

Description

　　一个叫做立方体大作战的游戏风靡整个Byteotia。这个游戏的规则是相当复杂的，所以我们只介绍他的简单规

则：给定玩家一个有2n个元素的栈，元素一个叠一个地放置。这些元素拥有n个不同的编号，每个编号正好有两个

元素。玩家每次可以交换两个相邻的元素。如果在交换之后，两个相邻的元素编号相同，则将他们都从栈中移除，

所有在他们上面的元素都会掉落下来并且可以导致连锁反应。玩家的目标是用最少的步数将方块全部消除。

Input

　　第一行包含一个正整数n(1<=n<=50000)。接下来2n行每行一个数ai，从上到下描述整个栈，保证每个数出现且

仅只出现两次(1<=ai<=n)。初始时，没有两个相同元素相邻。并且保证所有数据都能在1000000步以内出解。

Output

　　第一行包含一个数m，表示最少的步数。

Sample Input

样例输入1

5

5

2

3

1

4

1

4

3

5

2

样例输入2

3

1

2

3

1

2

3

Sample Output

样例输出1

2

样例输出2

3

解题方法1： 贪心+树状数组， 直接从左往右读入，读到数字第一次出现的时候记录位置，第二次出现的时候直接和第一次合并掉。然后这样贪心为什么是正确的呢？ 下面的证明来自zhber

1、假设有这样一个串12321，那么先合并两个2一定比先合并两个1更优

所以发现如果两对元素的位置是嵌套关系的话先删掉中间那对更优

2、假设又有123456712的串，要合并1、2，那么先合并1和先合并2是没有区别的

所以发现如果两对元素之间是有交集的话无论哪对先删都一样

3、显然如果两对元素之间没有交集的话肯定互不影响

综上，这样的贪心是正确的。

然后两个点的距离用BIT搞一下就好了。

解题方法2, 就是把上面的BIT换成栈或者线段树来维护。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 100010;
int n, x, ans, top, stk[maxn], vis[maxn];

int main(){
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n * 2; i++){
scanf("%d", &x);
if(!vis[x]){
vis[x] = 1;
stk[++top] = x;
}
else{
int p;
for(p = top; p; p--){
if(stk[p] == x)
break;
}
ans += top - p;
for(; p < top; p++){
stk[p] = stk[p+1];
}
--top;
}
}
cout << ans << endl;
}