BZOJ1145 [CTSC2008]图腾totem（数学计数+树状数组）

【题解】

拜读了不少网上题解，现在自己来复述一遍

设 f(abcd)为：当选出的四个数相对大小关系为abcd时，有多少种选择方式 
则 ans = f(1324) - f(1243) -f(1432)

用拆分法简此问题 
f(1324) = f(1x2x) - f(1423)
f(1243) = f(12xx) - f(1234)
f(1432) = f(14xx) - f(1432)
∴ ans = f(1x2x) + f(1234) - f(12xx) - f(14xx)
       = f(1x2x) + f(1234) + f(13xx) - f(1xxx)

这四项用容斥原理解决 
需预处理出：l[i]:第i位左边有几个数比a[i]小，r[i]:第i位右边有几个数比a[i]小 

【代码】

#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
#define MOD 16777216
typedef long long LL;
int a[200005];
LL c[200005],l[200005],r[200005];
int n;
void xg(LL p,int i)
{
	for(;i<=n;i+=i&(-i))
		c[i]=(c[i]+p)%MOD;
}
LL cx(int i)
{
	LL ans=0;
	for(;i>0;i-=i&(-i))
		ans=(ans+c[i])%MOD;
	return ans;
}
int cnt1()//f(1x2x):枚举2，ans = sigma{ 对于每个"2": ("2"右边比"2"大的个数)*(左边至少一个比"2"小的个数 - x在"1"左边的个数 - 两个同时小于"2"的个数) }
{
	memset(c,0,sizeof(c));
	LL ans=0;
	int i;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		ans = ( ans + ( l[i]*(i-2) - cx(a[i]) - l[i]*(l[i]-1)/2 ) * ((LL)n-(LL)i-r[i]) )%MOD;
		xg(i-1,a[i]);
	}
	return (int)ans;
}
int cnt2()//f(1234):枚举3，ans = sigma{ 对于每个"3": ("3"右边"4"的个数)*("3"左边所有比"3"小的数的l之和) }
{
	memset(c,0,sizeof(c));
	LL ans=0;
	int i;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		ans = ( ans + ((LL)n-(LL)i-r[i]) * cx(a[i]) )%MOD;
		xg(l[i],a[i]);
	}
	return (int)ans;
}
int cnt3()//f(13xx):枚举3，ans = sigma{ 对于每个"3": ("3"右边"4"的个数)*("3"右边所有比"3"小的数-1之和 - 2个比"3"小的同时在"3"右边的数对数) }
{
	memset(c,0,sizeof(c));
	LL ans=0;
	int i;
	for(i=n;i>0;i--)
	{
		ans = ( ans + ((LL)n-(LL)i-r[i]) * ( cx(a[i])-r[i]*(r[i]-1LL)/2LL ) )%MOD;
		xg((LL)a[i]-1LL,a[i]);
	}
	return (int)ans;
}
int cnt4()//f(1xxx)
{
	LL ans=0;
	int i;
	for(i=1;i<=n;i++)
		an s= ( ans + ((LL)n-(LL)i-r[i]) * (n-i-r[i]-1) * (n-i-r[i]-2)/6 )%MOD;
	return (int)ans;
}
int main()
{
	int i;
	scanf("%d",&n);
	for(i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		l[i]=cx(a[i]);
		r[i]=(LL)a[i]-1LL-l[i];
		xg(1,a[i]);
	}
	printf("%d",(cnt1()+cnt2()+cnt3()-cnt4()+MOD)%MOD);
	return 0;
}