【BZOJ3744】Gty的妹子序列-序列分块+树状数组

测试地址：Gty的妹子序列
做法：本题需要用到序列分块+树状数组。
求区间逆序对数，我们知道可以用莫队算法+树状数组来做离线做法，但是这题强制在线，我们应该怎么办呢？
还是考虑分块，将序列分成n−−√$\sqrt{n}$块，每块有n−−√$\sqrt{n}$个元素。我们需要尽可能快的处理出尽可能多的区间内的逆序对数，这样可以有助于我们进行下一步操作。令num(l,r)$num(l,r)$为区间[l,r]$[l,r]$的答案，我们可以枚举每个块，对每个块的左端点i$i$，处理出所有num(i,j)(j>i)$num(i,j)(j>i)$，用树状数组处理的话，对于每个块都是O(nlogn)$O(n\log n)$的，那么总时间复杂度就是O(nn−−√logn)$O(n\sqrt{n}\log n)$。同样地，对每个块的右端点i$i$，处理出所有num(j,i)(j<i)$num(j,i)(j<i)$。
有了这些东西，我们应该怎么继续往下做呢？对于一个询问[l,r]$[l,r]$，找到l,r$l,r$所在的块，假定它们分别为c,d$c,d$（当然有可能c=d$c=d$）。令lft(i),rht(i)$lft(i),rht(i)$为第i$i$块的左右端点，我们计算num(lft(c),r)+num(l,rht(d))−num(lft(c),rht(d))$num(lft(c),r)+num(l,rht(d))-num(lft(c),rht(d))$，注意到这个结果等于num(l,r)$num(l,r)$再减去一端在[lft(c),l−1]$[lft(c),l-1]$，一端在[r+1,rht(d)]$[r+1,rht(d)]$中的逆序对数。因为这两个区间的长度都不超过n−−√$\sqrt{n}$，那么只需要暴力O(n−−√logn)$O(\sqrt{n}\log n)$处理出多减去的值，然后加回去即可。
那么我们就解决了这一道题，总时间复杂度为O(nn−−√logn)$O(n\sqrt{n}\log n)$。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,blocksiz,block[50010],blockhead[230],blocktail[230],maxb,tot,a[50010];
int lft[230][50010],rht[230][50010],sum[50010]={0};
struct forsort
{
    int id,val;
}f[50010];

bool cmp(forsort a,forsort b)
{
    return a.val<b.val;
}

int lowbit(int x)
{
    return x&(-x);
}

void BITadd(int x,int c)
{
    for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
        sum[i]+=c;
}

int BITsum(int x)
{
    int s=0;
    for(int i=x;i;i-=lowbit(i))
        s+=sum[i];
    return s;
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    blocksiz=(int)sqrt(n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        block[i]=(i-1)/blocksiz;
        if (i==1||block[i]!=block[i-1])
        {
            blockhead[block[i]]=i;
            if (i>1) blocktail[block[i-1]]=i-1;
        }
        scanf("%d",&f[i].val);
        f[i].id=i;
    }
    maxb=(n-1)/blocksiz;
    blocktail[maxb]=n;

    sort(f+1,f+n+1,cmp);
    tot=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if (i==1||f[i].val!=f[i-1].val) tot++;
        a[f[i].id]=tot;
    }

    for(int i=0;i<=maxb;i++)
    {
        memset(sum,0,sizeof(sum));
        lft[i][blockhead[i]]=0;
        BITadd(a[blockhead[i]],1);
        for(int j=blockhead[i]+1;j<=n;j++)
        {
            lft[i][j]=lft[i][j-1]+BITsum(n)-BITsum(a[j]);
            BITadd(a[j],1);
        }
        memset(sum,0,sizeof(sum));
        rht[i][blocktail[i]]=0;
        BITadd(a[blocktail[i]],1);
        for(int j=blocktail[i]-1;j;j--)
        {
            rht[i][j]=rht[i][j+1]+BITsum(a[j]-1);
            BITadd(a[j],1);
        }
    }

    scanf("%d",&m);
    int lastans=0;
    memset(sum,0,sizeof(sum));
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int l,r,ans;
        scanf("%d%d",&l,&r);
        l^=lastans,r^=lastans;
        ans=lft[block[l]][r]+rht[block[r]][l]-lft[block[l]][blocktail[block[r]]];
        for(int j=r+1;j<=blocktail[block[r]];j++)
            BITadd(a[j],1);
        for(int j=blockhead[block[l]];j<l;j++)
            ans+=BITsum(a[j]-1);
        for(int j=r+1;j<=blocktail[block[r]];j++)
            BITadd(a[j],-1);
        printf("%d\n",ans);
        lastans=ans;
    }

    return 0;
}