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题目

为什么牛要过马路？我们可能永远都不知道全部原因，但肯定的是，农民约翰的牛经常穿过马路。事实上，他们经常过马路，当他们的路径交叉时，他们经常碰到对方，这是约翰希望改进的情况。

农夫约翰将奶牛分成了$N$N个不同的品种$（1\le N\le 100000）$，他的每一个田地都是专门为一种特定的品种放牧; 例如，专门用于品种$12$奶牛的田地只能用于品种$12$的奶牛，而不能用于任何其他品种的奶牛。一条长长的路穿过他的农场。道路一侧有$N$个田地（每个品种一个），道路另一侧也有$N$个田地（每个品种也有一个）。所以，当一头牛穿过马路，它会穿过特定品种的两个田地。

如果农民约翰更仔细的研究他的计划，他会在道路两旁订购同品种田地，所以每个品种的两个田野将直接穿过彼此的道路。这样就可以让奶牛随意过马路，而不会有不同品种的牛碰撞在一起。唉，但现在道路两边的田地可能不一样，所以农民约翰明白，可能会有一对品种$(a,b)$是交叉的当且仅当是一对不同的品种，且道路上一边田地品种$a$上的任何路线都与道路另一边田地品种$b$的任何路线相交 。

农民约翰希望尽量减少品种的交叉对数。由于物流方面的原因，他表示，他可以在道路的一边移动牛，所以那边的田地可以“循环转移”。也就是说，对于一个给定的常值$k$来说，循环转移是指每头牧场里的牛都会向前移动$k$个田野，而最前面的$k$只奶牛会移动到最后，因为向前移动的奶牛已经填补了前$k$个田地。比如，如果道路一侧的田地移动前的排列为$3,7,1,2,5,4,6$，假设$k$为$2$，新排列将为$4,6,3,7,1,2,5$.请编程确定在道路一侧的田野适当循环移动后存在的品种交叉对的最小值。

输入

一行包含$N(1\le N\le 100,000)$,接下来$N$行按顺序描述了小路一旁田地的品种的$ID$号，每一个$ID$号是一个在$1...N$之间的整数。倒数$N$行描述了小路另一旁田地的品种的$ID$号。

输出

循环移动道路侧的田野后，请输出可能的品种交叉对的最小数量（两边均可移动）

样例输入

55413213254

样例输出

0

思路

这道题要用树状数组。

我们先让$pl[b[i]]=i$，$par[i]=pl[a[i]]$，那么$par[i]$就代表$a[i]$在序列$b$中的位置。

至于怎么维护，就是把原来的逆序对$-(n-par[i])+(par[i]-1)$。

不过还有一个就是，因为$a$和$b$两个序列都可以动，所以我们要分别试让$a$序列动和让$b$序列动的情况。

代码

#include
   
    #include
    
     #include
     
      #define ll long longusing namespace std;int n, a[100001], b[100001], pl[100001], par[100001], ni[100001];ll ans;int get(int now) {   //单点求值	int answer = 0;	for (; now <= n; now += now & -now)		answer += ni[now];	return answer;}void build(int now, int add) {   //单点加值	for (; now; now -= now & -now)		ni[now] += add;}ll work() {   	memset(ni, 0, sizeof(ni));//初始化	ll an = 0;	for (int i = 1; i <= n; i++) {   //求出当前逆序对个数		an += get(par[i]);		build(par[i], 1);	}	ll getnew = an;	for (int i = n; i >= 0; i--) {   //移数		getnew = getnew - n + par[i] * 2 - 1;//得到新的逆序对的数量		an = min(getnew, an);//找到逆序对最少的情况	}	return an;}int main() {   //	freopen("mincross.in", "r", stdin);//	freopen("mincross.out", "w", stdout);		scanf("%d", &n);//读入	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);//读入	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &b[i]);//读入		for (int i = 1; i <= n; i++) pl[b[i]] = i;	for (int i = 1; i <= n; i++) par[i] = pl[a[i]];//初始化	ans = work();		for (int i = 1; i <= n; i++) pl[a[i]] = i;	for (int i = 1; i <= n; i++) par[i] = pl[b[i]];//反过来也要一次（因为b也可以动）	ans = min(ans, work());		printf("%lld", ans);//输出	//	fclose(stdin);//	fclose(stdout);		return 0;}