题解：Minimize Inversions Number

1.题解：P9923 [POI 2023/2024 R1] Przyciski01-24 2.题解：P6544 [CEOI2014] Cake01-24 3.题解：CF690A2 Collective Mindsets (medium)01-24 4.题解：AT_arc050_c [ARC050C] LCM 11101-24 5.题解：P11311 漫长的小纸带01-24 6.题解：CF815D Karen and Cards01-24 7.题解：AT_abc389_e [ABC389E] Square Price01-24 8.题解：P11490 [BalticOI 2023] Staring Contest01-24 9.题解：[ABC355E] Guess the Sum01-24 10.题解：AT_abc283_g [ABC283G] Partial Xor Enumeration01-24 11.题解：P2540 [NOIP2015 提高组] 斗地主加强版01-24 12.题解：AT_abc373_g [ABC373G] No Cross Matching01-25 13.题解：P4026 [SHOI2008] 循环的债务01-25 14.题解：P11644 【MX-X8-T3】「TAOI-3」地地爱打卡01-31 15.题解：P11617 递推02-02 16.题解：[AGC054D] (ox)02-04

17.题解：Minimize Inversions Number02-04

18.题解：Many Many Cycles02-04 19.CF Round 1001 题解合集02-02 20.题解：The Game (Easy Version & Hard Version)02-05 21.abc391 题解合集02-02 22.题解：[AGC044D] Guess the Password02-07 23.题解：Coprime Permutation02-07 24.题解：[THUPC 2021] 鬼街02-07 25.题解：P8393 [BalticOI 2022] Stranded Far From Home (Day2)02-09 26.题解：P9989 [Ynoi Easy Round 2023] TEST_6902-09 27.题解：mex times mex（省选模拟赛 T2）02-09 28.abc392 题解合集02-10 29.S2OJ 20250211 题解合集02-11 30.CF Round 1004 题解合集02-13 31.CF Round 1002 题解合集02-13 32.abc393 题解合集02-15 33.CF Round 1005 题解合集02-17 34.CF Round 997 题解合集02-17 35.CF Round 999 题解合集02-18 36.CF Round 998 题解合集02-18 37.CF Edu Round 174 题解合集02-20 38.2025 USACO Feb 银组题解合集02-22 39.S2OJ 20250223 题解合集02-23

前言

好题。

思路分析

分析一下答案的组成：

令 $d_i=\sum_{j=1}^{i-1} [p_i<p_j]-\sum_{j=1}^{i-1}[p_i>p_j]$ ， $S$ 表示选出的集合， $cnt$ 表示集合 $S$ 的逆序对数， $tot$ 表示这个序列的逆序对数：

t o t - \sum_{i \in S} d_{i} + c n t - ((\binom{| S |}{2}) - c n t)

$tot-\sum_{i \in S} d_i+cnt-(\binom{|S|}{2}-cnt)$

不难发现问题在于如何决策 $cnt$ 这一项。

做一点观察：对于任意两个 $i,j$ 满足 $i < j,p_i > p_j$ ，都满足 $j$ 优先于 $i$ 被选择。

考虑用调整法进行证明，将 $(i,p_i),(j,p_j)$ 画到二维平面上，分析这两个点划分出的九个象限，发现如果我们将 $i$ 点向右下方移动，那么序列的逆序对数会变大。

因此，我们总可以找到一个更合适的 $i$ ，使得答案之和最小。

同时，因为调整之后的下标会增加，调整都会在有限步数内结束。

这样我们就证明了结论的正确性。

设 $s_i = \sum_{j=i+1}^{n} [p_i>p_j]$ ，那么不难发现：

d_{i} = (i - p_{i} + s_{i}) - (p_{i} - s_{i} - 1) = i - 2 p_{i} + 2 s_{i} + 1

$d_i=(i-p_i+s_i)-(p_i-s_i-1)=i-2p_i+2s_i+1$

c n t = \sum_{i \in S} s_{i}

$cnt=\sum_{i \in S} s_i$

所以答案变为：

t o t - \sum_{i \in S} i - 2 p_{i} + 1 + (\binom{| S |}{2})

$tot-\sum_{i \in S} i-2p_i+1+\binom{|S|}{2}$

我们惊喜的发现这个式子对于 $i$ 是独立的！

具体地，我们按 $i-2p_i+1$ 排序，每次选择前 $k$ 大即可。

用树状数组求逆序对即可。

总体复杂度 $O(n \log n)$ 。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int t,n,ans,a[500005],b[500005];
#define lowbit(i) (i&(-i))
int c[500005];
void modify(int x,int k){
	for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)){
		c[i]+=k;
	}
}
int query(int x){
	int ans=0;
	for(int i=x;i;i-=lowbit(i)){
		ans+=c[i];
	}
	return ans;
}
bool cmp(int x,int y){
	return x>y;
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			cin>>a[i];
			b[i]=i-2*a[i]+1;
			ans+=query(n)-query(a[i]);
			modify(a[i],1);
		}
		sort(b+1,b+1+n,cmp);
		cout<<ans<<' ';
		for(int i=1;i<=n;i++){
			ans-=b[i];
			cout<<ans-i*(i-1)/2<<' ';
		}
		cout<<'\n';
		for(int i=1;i<=n;i++){
			c[i]=0;
		}
		ans=0;
	}
	return 0;
}