【agc023E】Inversions（线段树，动态规划）
题面
AT
给定 ai a i ，求所有满足 pi≤ai p i ≤ a i 的排列 p p 的逆序对数之和。
题解
首先如何计算排列 p p 的个数。
设 cnt[i] c n t [ i ] 表示 ak≥i a k ≥ i 的个数，那么满足条件的 p p 的总数就是 ∏cnt[i]−(n−i) ∏ c n t [ i ] − ( n − i )
大概就是从 n n 开始填数，对于每个数字 i i 而言，它一共有 cnt[i] c n t [ i ] 个位置可以填，但是后面的数字一共占用了 n−i n − i 个位置，所以还剩下 cnt[i]−(n−i) c n t [ i ] − ( n − i ) 个位置可以填。
先讲讲 O(n2log) O ( n 2 l o g ) 的做法。
枚举任意两个位置 i,j,i<j i , j , i < j ，考虑 i,j i , j 之间形成逆序对的贡献。
分成三种情况讨论。
1. ai=aj a i = a j
显然对于任意一种满足条件的方案，要么 pi>pj p i > p j 要么 pi<pj p i < p j ，并且两两对称，所以就是总方案除 2 2 。
2. ai<aj a i < a j
当 pj p j 取 [ai+1,aj] [ a i + 1 , a j ] 这部分的值的时候，显然不会产生贡献，而当 pj∈[1,ai] p j ∈ [ 1 , a i ] 时，则和上面是一样的，但是注意一下，此时我们直接把 aj a j 变成了 ai a i ，会对于总方案产生影响， [ai+1,aj] [ a i + 1 , a j ] 这一段的 cnt c n t 减小了，所以用一个线段树维护一下区间积，就可以方便的维护当前状态下的总方案，那么这一部分也很好算。
3. ai>aj a i > a j
很麻烦，但是我们可以正难则反来算，用总方案减去 pi<pj p i < p j 的方案数，转化成了第二种情况，也就是将 ai a i 直接变成 aj a j 。
这样子用线段树维护，时间复杂度 O(n2logn) O ( n 2 l o g n ) ，用前后缀之类的东西维护可以做到 O(n2) O ( n 2 ) 。
代码如下：
#includeint d=1ll*tot*fpow(Query(1,1,n,a[i]+1,a[j],0),MOD-2)%MOD;
d=1ll*d*Query(1,1,n,a[i]+1,a[j],1)%MOD;
ans=(ans+1ll*d*inv2)%MOD;
}
else
{
int d=1ll*tot*fpow(Query(1,1,n,a[j]+1,a[i],0),MOD-2)%MOD;
d=1ll*d*Query(1,1,n,a[j]+1,a[i],1)%MOD;
ans=(ans+MOD-1ll*d*inv2%MOD+tot)%MOD;
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
而这种方法的复杂度瓶颈在于枚举任意两个位置之间逆序对的贡献。
考虑这个能否优化。
首先我们记 Di=cnt[i]−1−(n−i)cnt[i]−(n−i) D i = c n t [ i ] − 1 − ( n − i ) c n t [ i ] − ( n − i ) ，如果要修改某个区间的总方案数，等价于用全局的总方案数乘上某一段区间。设 S S 为全局总方案数，那么强制求改 a[i],a[j] a [ i ] , a [ j ] 成一样的总方案数就是： S×∏maxi=min+1Di S × ∏ i = m i n + 1 m a x D i 。这个东西很显然可以写成前缀的形式，也就是 S=∏maxi=1Di∏mini=1Di S = ∏ i = 1 m a x D i ∏ i = 1 m i n D i 。
这样子只需要维护前缀积然后求个和就好了。
注意下 Di D i 可能为 0 0 ，所以求的时候要分段计算一下贡献就好了，具体实现见代码。
#include