P1908 逆序对

逆序对

题目描述

猫猫 TOM 和小老鼠 JERRY 最近又较量上了，但是毕竟都是成年人，他们已经不喜欢再玩那种你追我赶的游戏，现在他们喜欢玩统计。

最近，TOM 老猫查阅到一个人类称之为“逆序对”的东西，这东西是这样定义的：对于给定的一段正整数序列，逆序对就是序列中 $a_i>a_j$ 且 $i<j$ 的有序对。知道这概念后，他们就比赛谁先算出给定的一段正整数序列中逆序对的数目。注意序列中可能有重复数字。

Update:数据已加强。

输入格式

第一行，一个数 $n$，表示序列中有 $n$个数。

第二行 $n$ 个数，表示给定的序列。序列中每个数字不超过 $10^9$。

输出格式

输出序列中逆序对的数目。

样例 #1

样例输入 #1

6
5 4 2 6 3 1

样例输出 #1

11

提示

对于 $25\%$ 的数据，$n\le 2500$

对于 $50\%$ 的数据，$n\le 4\times 10^4$。

对于所有数据，$n\le 5\times 10^5$

请使用较快的输入输出

应该不会 $O(n^2)$ 过 50 万吧 by chen_zhe

分析

数据结构题,可以使用数据结构树状数组，也可以使用归并排序。
思路很简单，我们对读入的序列A，开一个数组b，按从左到右的顺序，读入$a_i$，并使$b[a_i]\text{+=1;}$,由于i之前的都已读入，所以我们只需知道前i个数中，大于$a_i$的数即可，即$i-su{m}_b[1\to i]$sum是b数组的前缀和
思路定了，但有两个问题：

• $a_i$过大，需要离散化优化
• $su{m}_b[1\to i]$不好求，需要树状数组维护

这里先说下树状数组:

template<typename T>
struct BIT{
	static const int M=1e6+10;
	T c[M];
	T lowbit(T x){return x&(-x);}
	void add(T x,T k){while(x<=n) c[x]+=k,x+=lowbit(x);}
	T query(T x){
		T sum=0;
		while (x>0)	sum+=c[x],x-=lowbit(x);
		return sum;
	}
};
BIT<long long> T1;

笔者在这里使用了十分方便的模板树状数组，可以在之前int的树状数组上稍加改动即可，便能使用都支持的树状数组，这里笔者不过多赘述其原理，因为上面的代码多数可以“望文知义”。

代码

#include
using namespace std;
int n,m;
const int M=1e6;
int a[M];
int li[M],tot=0;
template<typename T>
struct BIT{
	static const int M=1e6+10;
	T c[M];
	T lowbit(T x){return x&(-x);}
	void add(T x,T k){while(x<=n) c[x]+=k,x+=lowbit(x);}
	T query(T x){
		T sum=0;
		while (x>0)	sum+=c[x],x-=lowbit(x);
		return sum;
	}
};
BIT<long long> T1;
int main(){
	cin>>n;
	long long ans=0;
	for (int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];li[tot++]=a[i];
	}
	sort(li,li+tot);
	int res=unique(li,li+tot)-li;
	for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=(lower_bound(li,li+res,a[i])-li)+1;
	for (int j=1;j<=n;j++){
		T1.add(a[j],1);
		ans+=j-T1.query(a[j]);
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

分析

	for (int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];li[tot++]=a[i];
	}
	sort(li,li+tot);
	int res=unique(li,li+tot)-li;
	for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=(lower_bound(li,li+res,a[i])-li)+1;
	

用的离散化与以前大致相同，但需注意$a[i]=(lowe{r}_{b}ound(li,li+res,a[i])-li)+1;$,因为树状数组下标从1开始，所以+1