线段树（一）求——逆 序 对

求——逆 序 对

Part 0：作者前言（废话）

以前其实早就学过用二路归并排序的方法求序列的逆序对，因为一直没有学会二路归并，所以逆序对一直不会做

前几天学了线段树，然后无意间在书上看到了“线段树求逆序对”这样的问题……

于是果断魔改一发线段树求一手逆序对。。。然后就有了这个博客

另外，祝贺我考试通过了，暂时不会AFO啦！！！

Part 1：逆序对是什么？

给出如下定义：

对于一个给定的序列\(a\)，若序列中任意两个元素组成的二元组\(_\(i\)\(,a\)_\(j\)\(>\)满足：\(a\)_\(i\)>\(a\)_\(j\)，且\(i\)<\(j\)，则称这个二元组是序列\(a\)的一个逆序对

Part 2：魔改后线段树求逆序对的思路？

显然，我们知道用线段树很容易就可以维护区间和

所以第一步，我们在序列\(a\)的值域上建一个线段树，维护区间和，代表序列在任意一个区间中包含的元素数量

第二步，扫描序列\(a\)中的每一个元素，一个一个加入到权值线段树中，每次加入操作后，求出之前加入的数中，有几个比他大的（也就是查询\(a\)_\(i\)\(-a\)_\(n\)的区间和）

第三步，刚才第二步已经求出数列中以第\(i\)个数为第二元的逆序对总数了，\(ans\)累加统计答案即可

（没错就是这么简单）

Part 3：两极反转！！！

然而……你以为这么简单就结束了？？？

\(NONONO\)！！！！

这个做法最最最最大的弊端就是：建树！

我们是在序列a的值域上建立线段树，于是……就有了下面这种情况

（毒瘤）出题人给出序列a的每个元素均在长整型范围内，那么这个做法还没开始，就结束了。。。

那么，问题来了——\(How\) \(to\) \(deal\) \(with\) \(this\) \(f**king\) \(situation？\)

离散化（李散花）大法好啊！！！

我们注意到：我们只是利用到了序列\(a\)中元素的大小关系，所以没有必要存下\(a\)序列中的每个数是多少

举个生动形象的栗子：

给出两个序列：\(a\)，\(b\)

\(a[4]=\){\(0x7f7f7f7f,1,2,3\)}

\(b[4]=\){\(4,1,2,3\)}

虽然\(4\)和\(0x7f7f7f7f\)差了好多，但是不影响这两个数列的逆序对数（都是3对）

那么我们的需求变为：把序列\(a\)中任意元素的值映射为大小不超过\(a\)的元素个数的另一个值，并且保持逆序对数不变

实现方法就是排序+去重后把原值映射为他的下标，就可以做到上述要求

排序和去重，当然了，伟大的\(algorithm\)库里早就给我们打造好了这两个函数：

\(sort()\)和\(unique()\)，顺带一提\(sort()\)函数时间复杂度稳定为\(O(nlogn)\)，他并不是简单的快排，\(sort\)源码很复杂，这里不多做解释（感谢\(zay\)学长告诉我\(QwQ\)）

言归正传，我们离散化之后，按照上面的步骤来就可以啦！

Part 4：求逆序对源代码实现（加注释）

#include
#include
using namespace std;
typedef long long int ll;//十年OI一场空，不开long long见祖宗 
const int maxn=500005;
int t[maxn],a[maxn],n;
ll ans;
void discretization(){//离散化 
    scanf("%d",&n);//n是数据总量 
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",a+i);//输入元素的同时copy一份，用来排序 
        t[i]=a[i];
    }
    sort(t+1,t+n+1);//从小到大快排 
    int m=unique(t+1,t+n+1)-t-1;//去重，unique返回去重后数组长度(这个说法极其不准确，只是便于理解，如果您想了解更多，百度搜索C++ unique) 
    for(int i=1;i<=n;i++)
        a[i]=lower_bound(t+1,t+m+1,a[i])-t;//寻找a[i]的下标并且用下标覆盖掉原来的a[i] 
}
struct sag{//普通的自带大常数线段树(因为出题人没有卡常习惯QwQ) 
    int l,r;//如果普通线段树GG了的话，可以考虑zkw线段树优化
    ll v;
    sag *ls,*rs;
    inline void push_up() { v=ls->v+rs->v; }//维护区间和 
    inline bool in_range(const int L,const int R) { return (L<=l)&&(r<=R); }
    inline bool outof_range(const int L,const int R) { return (rupdate(L,R);
            rs->update(L,R);
            push_up();//从下往上更新逆序对数 
        }
    }
    ll query(const int L,const int R){
        if(in_range(L,R)) return v;
        if(outof_range(L,R)) return 0;
        return ls->query(L,R)+rs->query(L,R);//返回区间和 
    }
}*rot;
sag byte[maxn<<1],*pool=byte;//内存池建树 
sag* New(const int L,const int R){
    sag *u=pool++;
    u->l=L,u->r=R;
    if(L==R){
        u->v=0;
        u->ls=u->rs=NULL;
    }else{
        int Mid=(L+R)>>1;
        u->ls=New(L,Mid);
        u->rs=New(Mid+1,R);
        u->push_up();
    }
    return u;
}
int main(){
    discretization();
    rot=New(1,n);//建立1-n的线段树 
    for(int i=1;i<=n;i++){//枚举每个元素 
        ans+=rot->query(a[i]+1,n);//因为相等元素不构成逆序对，所以a[i]+1 
        rot->update(a[i],a[i]);//该元素数量++ 
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

Part 5：再魔改

前面说了求逆序对既可以用归并排序，也可以用线段树，对吧？

那么现在我们再次对他魔改，让我们的线段树做点归并排序做不了的事：

昨天我遇到了这样一个题：

题意大概是这样的：
在一个序列里，定义三元组\(_\(i\)\(,a\)_\(j\)\(,a\)_\(k\)\(>\),满足\(a\)_\(i\)\(_\(j\)\(_\(k\)且\(i，求这个序列中上述三元组的数量

原题网址：https://www.luogu.com.cn/problem/P1637

我们可以考虑枚举中间值\(k\)，计算比\(k\)小的元素有\(lis\)个，比\(k\)大的元素有\(mor\)个，根据乘法原理，以k为第二元的三元组就有\(lis*mor\)个

发现这样的做法需要维护区间元素个数和，我们又双叒叕很自然的想起了上面提到过的离散化权值线段树

我们需要开两棵树，一颗正着读元素，用来存比\(k\)小、且在k前面出现的元素有\(lis\)个，记录，另一颗倒着读元素，存比\(k\)大、且在k后面出现的元素有\(mor\)个，记录（请读者想想为什么倒着读）

最后for跑一遍，运用加法原理，记录总值\(tot\)，输出即可

Part 6：再魔改代码（请按照上面的思路自行理解，因为作者懒得加注释了QwQ）

#include
#include
using namespace std;
const int maxn=30005;
typedef long long int ll;
ll n,a[maxn],t[maxn],lis[maxn],mor[maxn],tot;
void discretization(){
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",a+i);
		t[i]=a[i];
	}	
	sort(t+1,t+1+n);
	int m=unique(t+1,t+1+n)-t-1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=lower_bound(t+1,t+m+1,a[i])-t;
}
struct sag{
	int l,r,v;
	sag *ls,*rs;
	inline void push_up() { v=ls->v+rs->v; }
	inline bool in_range(const int L,const int R) { return (L<=l)&&(r<=R); }
	inline bool outof_range(const int L,const int R) { return (rupdate(L,R);
			rs->update(L,R);
			push_up();
		}
	}
	ll query(const int L,const int R){
		if(in_range(L,R)) return v;
		if(outof_range(L,R)) return 0;
		return ls->query(L,R)+rs->query(L,R);
	}
};
sag byte[maxn<<2],*pool=byte;
sag* New(const int L,const int R){
	sag *u=pool++;
	u->l=L,u->r=R;
	if(L==R){
		u->v=0;
		u->ls=u->rs=NULL;
	}else{
		int Mid=(L+R)>>1;
		u->ls=New(L,Mid);
		u->rs=New(Mid+1,R);
		u->push_up();
	}
	return u;
}
int main(){
	discretization();
	sag *rot1=New(1,n);
	sag *rot2=New(1,n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		lis[i]=rot1->query(1,a[i]-1);
		rot1->update(a[i],a[i]);
	}
	for(int i=n;i>0;i--){
		mor[i]=rot2->query(a[i]+1,n);
		rot2->update(a[i],a[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		tot+=mor[i]*lis[i];
	printf("%lld",tot);
	return 0;
}