题目描述

给定一个长度为 $n$ 的排列 $p$ 和一个长度相等的排列 $q$，现在你可以对排列 $p$ 进行任意次如下操作：

选择排列 $p$ 中的一个位置 $i$，然后交换 $p_i$ 和 $p_{i+1}$ 的位置。

你希望将排列 $p$ 变成排列 $q$，现在请你计算出最少需要进行多少次操作可以完成这个目标。

输入格式

第一行一个整数 $n$，表示排列的长度。

第二行 $n$ 个空格隔开的整数 $p_i$，表示排列 $p$。

第三行 $n$ 个空格隔开的整数 $q_i$，表示排列 $q$。

输出格式

输出一个整数，表示最少操作次数。

数据范围

$1 \leq n \leq 1000$，$p_i$ 和 $q_i$ 均为 $1$ 到 $n$ 之间的整数。

输入样例

5
1 2 3 5 4
5 2 3 4 1

输出样例

2

算法分析

本道题我们采用贪心和双指针算法来解决。我们先找出两个排列中相同数字的位置，假如相同数字在位置 $a,b$ 和 $c,d$ 分别出现，我们可以通过 $2$ 次操作，使得 $a,b$ 前的数字和 $c,d$ 前的数字分别相同，之后问题就被分解成了规模更小的子问题，由于一些限制，我们又发现了新的贪心策略，使得 $O(n^2)$ 的时间复杂度可以优化至 $O(n \log n)$ 的时间复杂度，详情请看下面的代码实现。此外要注意，题目数据范围比较小，不能直接使用归并排序，否则会超时，应该手写归并排序来避免 TLE。

python 代码实现

n = int(input())
p = list(map(int, input().split()))
q = list(map(int, input().split()))

locx = [0] * (n + 1)
locy = [0] * (n + 1)

for i in range(n):
    locx[p[i]] = i
    locy[q[i]] = i

cnt = 0

for i in range(1, n + 1):
    while locx[i] != locy[i]:
        j = locy[i]
        k = p[j - 1]
        locx[k], locx[k + 1], locx[i] = locx[k + 1], locx[k], j - 1
        p[j - 1], p[j] = p[j], p[j - 1]
        cnt += 1

print(cnt)

C++ 代码实现

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
using namespace std;
const int N=1e5+10, M=1e6+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n, a[N], b[N], pa[N], pb[N], res;

void merge_sort(int l, int r)
{
    if(l>=r) return ;
    int mid=l+r>>1;
    merge_sort(l, mid), merge_sort(mid+1, r);
    int i=l, j=mid+1, idx=l;
    while(i<=mid && j<=r)
        if(a[i]<=a[j]) pb[idx]=pa[i], b[idx++]=a[i++];
        else pb[idx]=pa[j], b[idx++]=a[j++];
    while(i<=mid) pb[idx]=pa[i], b[idx++]=a[i++];
    while(j<=r) pb[idx]=pa[j], b[idx++]=a[j++];
    for(int i=l; i<=r; i++) a[i]=b[i], pa[i]=pb[i];
}

int main(void)
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        scanf("%d", &a[i]);
        pa[i]=i;
    }
    res=0;
    merge_sort(1, n);
    for(int i=1; i<=n; i++)
        if(pa[i]!=i)
        {
            res++;
            swap(pa[i], pa[a[i]]);
            //printf("%d %d\n", i, a[i]);
            swap(a[i], a[pa[i]]);
        }
    printf("%d\n", res);
    return 0;
}