USACO20OPEN Haircut G

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Solution

不会做，于是参考题解

假设现在 \(\mathrm{John}\) 不再需要为肆意生长的头发而烦恼了，而是成为了一个因秃头而抓狂的脱发人士。现在，我们把理发看成是生发，那么第 \(i\) 根头发的极限长度就是 \(a_i\).

头发从 \(0\) 开始生长，在到达极限长度之前，每秒生长 \(1\) 个单位长度。现在我们把题目中的 \(j\) 看成是时间，那么第 \(j\) 秒头发最长一定不会超过 \(j\). 这不是正好符合题目限制吗？

显而易见的，第 \(0\) 秒的逆序对个数是 \(0\). 那么，我们现在需要考虑的是第 \(j\) 秒新增的逆序对。如果第 \(i\) 根头发的最大高度 \(a_i = j - 1\)，说明第 \(j\) 秒它已经停止生长了。当 \(j-1\) 秒时，那些跟它比肩的小伙伴（指还未停止生长的头发）很可能借助从这一秒开始超过它。

也就是说，当满足 \(j < i\)，\(a_j > a_i\) 时，从第 \(a_i + 1\) 秒开始，\(i\) 和 \(j\) 为答案贡献逆序对。观察前半句话，这还是个求逆序对，可以用树状数组维护；对于后半句话，就涉及区间加法了。因为这题不需要多次询问，因此直接差分即可。总时间复杂度 \(\mathrm{O(nlog_n)}\).

Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define LL long long
#define lowbit(x) (x & (-x))
using namespace std;

const int N = 2333333;
LL n, a[N], sum[N], t[N];

void add(LL x) { while(x <= n + 1) t[x]++, x += lowbit(x); }
LL query(LL x)
{
    LL res = 0;
    while(x) res += t[x], x -= lowbit(x);
    return res;
}

int main()
{
    scanf("%lld", &n);
    memset(t, 0, sizeof(t));
    memset(sum, 0, sizeof(sum));
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%lld", &a[i]), a[i]++;
        sum[a[i] + 1] += query(n + 1) - query(a[i]);
        add(a[i]);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        sum[i] += sum[i - 1];
        printf("%lld\n", sum[i]);
    }
    return 0;
}