题意
有 $ 2n $ 个球排成一行，其中恰好有 $ n $ 个白球和 $ n $ 个黑球。每个球上写着数字，其中白球上的数字的并集为 $ lbrace 1 dots n brace $ ，黑球上的数字的并集也为 $ lbrace 1 dots n brace $ 。
你可以交换任意两个相邻的球若干次，以使得对于所有白球，数字大小从左到右递增，黑球也是一样。
问你最少的交换次数。$ (n leq 2000) $
题解
如果所有球最后的位置 $ P(i) $ 已经确定，那么最少交换次数 $ ans $ 为：
也就是相对位置改变了的球对 $ (i,j) $ 的个数。
然后考虑如何dp。
由于白球和黑球内部，数字大小递增，所以可以考虑从左到右依次填球。
$ dp[i][j] $ 表示已经从左到右填了 $ i $ 个白球，$ j $ 个黑球，此时的最小代价。
则最终答案就是 $ dp[n][n] $
然后考虑如何转移。
对于 $ dp[i][j] $ 来说，接下来要么填一个白球，要么填一个黑球。
设 $ costw[i][j] $ 表示已经填了 $ i $ 个白球，$ j $ 个黑球，该填第 $ i+1 $ 个白球，会增加的代价。
同理 $ costb[i][j] $ 表示已经填了 $ i $ 个白球，$ j $ 个黑球，该填第 $ j+1 $ 个黑球，会增加的代价。
则有转移：
边界条件为 $ dp[0][0] = 0 $
dp的复杂度为 $ O(n^2) $
对于 $ cost $ 数组来说，同样可以 $ O(n^2) $ 预处理。
首先可以 $ O(n^2) $ 暴力处理出所有 $ cost[i][0] $ 和 $ costb[0][j] $
设 $ P_w[i] $ 表示写着数字 $ i $ 的白球的初始位置，$ P_b[i] $ 表示写着数字 $ i $ 的黑球的初始位置。
则对于 $ cost $ 数组来说，有如下递推：
所以预处理总复杂度也是 $ O(n^2) $ 的。
AC Code
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define MAX_N 2005
using namespace std;
int n;
int pw[MAX_N];
int pb[MAX_N];
int dp[MAX_N][MAX_N];
int costw[MAX_N][MAX_N];
int costb[MAX_N][MAX_N];
void read()
{
scanf("%d",&n);
char s[4]; int x;
for(int i=1;i<=(n<<1);i++)
{
scanf("%s%d",s,&x);
if(s[0]=='W') pw[x]=i;
else pb[x]=i;
}
}
void cal_c()
{
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=1;j<=i;j++) costw[i][0]+=(pw[j]>pw[i+1]);
for(int j=1;j<=n;j++) costw[i][j]=costw[i][j-1]+(pb[j]>pw[i+1]);
}
for(int j=0;j<n;j++)
{
for(int i=1;i<=j;i++) costb[0][j]+=(pb[i]>pb[j+1]);
for(int i=1;i<=n;i++) costb[i][j]=costb[i-1][j]+(pw[i]>pb[j+1]);
}
}
void cal_dp()
{
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
dp[0][0]=0;
for(int i=0;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<=n;j++)
{
if(i) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j]+costw[i-1][j]);
if(j) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][j-1]+costb[i][j-1]);
}
}
}
void work()
{
cal_c();
cal_dp();
printf("%d
",dp[n][n]);
}
int main()
{
read();
work();
}