逆序对的三种求法

一、什么是逆序对？

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

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二、怎么求逆序对

1.归并排序解法

归并排序可以很好的解决逆序对问题

我们只需要计算跨越分界线的贡献，并保证分界线两端的答案已被统计，显然根据归并的性质是可以保证的

对于跨分界线的贡献计算很简单，只要在归并排序上加一句就行了

这个东西请您自己理解，没什么好讲的 qwq

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define MAXN (int)(5e5+5)
template<typename T>inline void read(T &k)
{
	char ch=getchar();T x=0,f=1;
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	k=x*f;
}
template<typename T>inline void write(T k)
{
	if(!k){putchar('0');return;}
	if(k<0){putchar('-');k=-k;}
	if(k>9)write(k/10);
	putchar(k%10+'0');
}
int n,ans;
int a[MAXN],b[MAXN];
void solve(int l,int r)
{
	if(l==r)return;
	int mid=(l+r)>>1;
	solve(l,mid);solve(mid+1,r);
	int i=l,j=mid+1,k=l;
	while(i<=mid&&j<=r)
	{
		if(a[i]<=a[j])b[k++]=a[i++];
		else
		{
			ans+=mid-i+1; // i<j && a[i]>a[j]
			b[k++]=a[j++];
		}
	}
	while(i<=mid)b[k++]=a[i++];
	while(j<=r)b[k++]=a[j++];
	for(int i=l; i<=r; i++)
		a[i]=b[i];
}
signed main()
{
	read(n);
	for(int i=1; i<=n; i++)
		read(a[i]);
	solve(1,n);
	write(ans);putchar('\n');
	return 0;
}

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2.树状数组解法

有人要说了，你这文章写的太烂了 好吧我承认我只是想讲这个方法，稍微铺垫一下…

那么树状数组跟逆序对有什么关系？

我们可以观察每一个元素，假设它有属性idx[i]表示在原数组中的位置，b[i]表示它的大小

我们把元素按照b[i]降序排序，然后从大到小取出这些元素并++f[idx[i]]

这样有什么性质呢？显然越小的数越晚标记

或者说，$\sum\limits_{j=1}^{\text{idx[i]-1}}{f[j]}$ 就是 $ia_j$ 的个数

这个东西一看就是树状数组处理

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define MAXN (int)(5e5+5)
template<typename T>inline void read(T &k)
{
	char ch=getchar();T x=0,f=1;
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	k=x*f;
}
template<typename T>inline void write(T k)
{
	if(!k){putchar('0');return;}
	if(k<0){putchar('-');k=-k;}
	if(k>9)write(k/10);
	putchar(k%10+'0');
}
int n,ans;
int a[MAXN],b[MAXN];
struct BIT
{
	int bit[MAXN];
	inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
	void add(int x,int v)
	{
		while(x<=n)
		{
			bit[x]+=v;
			x+=lowbit(x);
		}
	}
	int sum(int x)
	{
		int res=0;
		while(x>=1)
		{
			res+=bit[x];
			x-=lowbit(x);
		}
		return res;
	}
}bt[1];
bool cmp(int x,int y)
{return b[x]==b[y]?x>y:b[x]>b[y];} // 相等的情况要注意
signed main()
{
	read(n);
	for(int i=1; i<=n; i++)
		read(b[i]),a[i]=i; // 记录下标
	sort(a+1,a+1+n,cmp);
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		bt[0].add(a[i],1);
		ans+=bt[0].sum(a[i]-1);
	}
	write(ans);putchar('\n');
	return 0;
}

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3.动态开点权值线段树解法

有点类似树状数组的解法，维护区间和

我们可以基于值域 $[1,1e9]$ 建一棵线段树

显然不能把所有的值都建结点，不然就MLE了

怎么办呢？我们会发现，其实每次要查的其实就几个点

那么就可以使用动态开点的思想，开一棵残缺的线段树，只保留我们会用到的结点

其他的结点就是虚拟结点啦！根本不用管，查到的时候返回0就行了

这题用这个解法有点容易被卡（？ 而且有点大材小用

因此写的权值线段树可能有点小区别（因为实在太简单了…）

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#define int long long
#define MAXN (int)(1e7+5)
#define ls(at) a[at].l
#define rs(at) a[at].r
template<typename T>inline void read(T &k)
{
	char ch=getchar();T x=0,f=1;
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
	k=x*f;
}
template<typename T>inline void write(T k)
{
	if(!k){putchar('0');return;}
	if(k<0){putchar('-');k=-k;}
	if(k>9)write(k/10);
	putchar(k%10+'0');
}
struct node
{
	int l,r,cnt;
}a[MAXN];
int n,rt,tot;
long long ans;
void push_up(int at)
{a[at].cnt=a[ls(at)].cnt+a[rs(at)].cnt;}
void add(int l,int r,int x,int k,int &at)
{
	if(!at)at=++tot; // 没有就新建
	if(l==r){a[at].cnt+=k;return;} // 叶子结点
	int mid=(l+r)>>1;
	if(x<=mid)add(l,mid,x,k,ls(at));
	else add(mid+1,r,x,k,rs(at));
	push_up(at);
}
int query(int nl,int nr,int l,int r,int at)
{
	if(!at)return 0;
	if(nl<=l&&r<=nr)return a[at].cnt;
	int mid=(l+r)>>1,res=0;
	if(nl<=mid)res+=query(nl,nr,l,mid,ls(at));
	if(nr>mid)res+=query(nl,nr,mid+1,r,rs(at));
	return res;
}
signed main()
{
	read(n);
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		int x;read(x);
		ans+=query(x+1,1e9,1,1e9,rt);
		add(1,1e9,x,1,rt);
	}
	write(ans);putchar('\n');
	return 0;
}