CF540E Infinite Inversions 题解

简要分析

求逆序对，但是元素很多（\(\le 10^9\)），由于题目给出的 \(n\) 却比较小，所以我们可以从 \(n\) 入手：

显而易见，\(10^9\) 的元素中最多只会有 \(2 \times 10^5\) 个被交换（不会重复交换一个元素），而剩下的大量数据如果都储存下来，是没有意义的。

我们可以将没有参与交换的元素中，连续的部分看成一个整体，这里就用到了离散化的思想，将这些元素合并以后，剩下的元素就可以 \(O(n \log n)\) 求逆序对了。

逆序对

逆序对怎么求，这里我们可以用树状数组求。由于这个不是模板题，不再解释。（都是紫题了还要讲逆序对？）

但是在这道题中，一部分元素是包含多个元素的，怎么办？

这就可以用到权值逆序对：我们在查找的过程中，现在发现了一个现在数组中的一对逆序对 \(p_i > p_j\)（\(i < j\)），\(p_i\) 包含 \(t_i\) 个元素，\(p_j\) 包含 \(t_j\) 个元素。因为只有连续的区间才会被合并，所以 \(p_i\) 包含的所有元素都大于 \(p_j\) 中的任意元素。

因此，\(p_i\) 和 \(p_j\) 对答案的贡献为 \(t_i \times t_j\)。

细节和易错点

1. 数组别开的太小，开到 \(2 \times 10^5\) 是会 RE 的，我开到了 \(4 \times 10^5\)。

2. \(10^5\) 级别的数据，不开 long long 怎么行？

代码

（由于我大量使用了 STL，所以效率并不太高 懒 呵呵）

#include <bits/stdc++.h>
 
#define int long long
 
#define rr read()
 
using namespace std;
 
const int N = 4e5 + 10;
 
// 快读
 
inline int read()
{
    int num = 0, flag = 1;
    char ch = getchar();
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
        if (ch == '-')
            flag = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar())
        num = (num << 3) + (num << 1) + ch - '0';
    return num * flag;
}
 
// 存放元素
 
struct node
{
    int x, y;
    node()
    {
        x = y = 0;
    }
    node(int _x, int _y)
    {
        x = _x, y = _y;
    }
    bool operator<(const node &t) const
    {
        return x < t.x;
    }
};
 
vector<node> q;
vector<node> a;
 
set<node> uq;
set<node> ad;
 
unordered_map<int, int> to;
 
// 树状数组
 
int s[N];
 
inline int lobit(int x)
{
    return x & -x;
}
 
void upd(int x, int t)
{
    for (; x < N; x += lobit(x))
        s[x] += t;
}
 
int que(int x)
{
    int res = 0;
    for (; x; x -= lobit(x))
        res += s[x];
    return res;
}
 
signed main()
{
    int m = rr;
    for (int i = 0; i < m; ++i)
        q.push_back({rr, rr}), uq.emplace(q[i].x, 1), uq.emplace(q[i].y, 1);
 
    // 去重和合并
 
    set<node>::iterator _a = uq.begin(), _b(_a);
    for (++_b; _b != uq.end(); ++_a, ++_b)
        if (_a->x < _b->x - 1)
            ad.emplace(_b->x - 1, _b->x - _a->x - 1);
    uq.insert(ad.begin(), ad.end());
 
    int n = 0;
    for (node i : uq)
        to[i.x] = n++, a.push_back({n, i.y});
 
    // 进行交换操作
 
    for (int i = 0; i < m; ++i)
        swap(a[to[q[i].x]], a[to[q[i].y]]);
 
    // 求逆序对
 
    int ans = 0;
    for (int i = n - 1; i >= 0; --i)
    {
        ans += que(a[i].x - 1) * a[i].y;
        upd(a[i].x, a[i].y);
    }
 
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}