P1637 题解

一道绿写 2.5 h，我是什么效率哥。

Solution

提供一种不使用线段树 / 树状数组的方法。前置知识：分治，二分，前缀和。

考虑分治。我们假设有一个分治函数 solve(l, r) 可以统计区间 $[l, r]$ 中的 thair。

对于一个区间 $[l, r]$ 中的 thair $= {a_{i}, a_{j}, a_{k} | i < j < k$ 且 $a_{i} < a_{j} < a_{k}}$ ，有以下几种情况：

$a_{i}, a_{j}, a_{k}$ 均在左半区间 $[l, m i d]$ 中，可以通过 solve(l, mid) 统计；
$a_{i}, a_{j}, a_{k}$ 均在右半区间 $[m i d + 1, r]$ 中，可以通过 solve(mid + 1, r) 统计。
$a_{i}, a_{j}$ 在左半区间，而 $a_{k}$ 在右半。
$a_{i}$ 在左半， $a_{j}, a_{k}$ 在右半。

后两种情况的求解需要对两个子区间中的「顺序对」进行统计。（「顺序对」的定义类比 P1908 逆序对中的「逆序对」）

定义 $f s t_{i}$ 表示以 $a_{i}$ 为开头的「顺序对」个数， $s c d_{i}$ 表示以 $a_{i}$ 为结尾的「顺序对」个数。给两个子区间升序排序后，我们可以这样操作：

枚举右半区间，二分找到左半区间内小于当前枚举的数的最右位置 $p o s$ ，则 $a n s \leftarrow a n s + Σ_{i = l}^{p o s} s c d_{i}$ ；同时更新当前位置的 $s c d$ ，使其加上 $p o s - l + 1$ 。
对左半区间进行类似操作，即：枚举左半区间，二分找到右半区间内大于当前枚举的数的最左位置 $p o s$ ，则 $a n s \leftarrow a n s + Σ_{i = p o s}^{r} f s t_{i}$ ；同时更新当前位置的 $f s t$ ，使其加上 $r - p o s + 1$ 。

求 $Σ$ 可以用前缀和优化。

处理完上述操作以后，我们已经统计到了上文中情况 3、4 的答案，此时给该区间升序排序并不会影响结果。所以直接排序。

按照上述步骤分治即可。处理每个分治区间的时间复杂度为 $O (n \log n)$ ，总复杂度为 $O (n \log^{2} n)$ ，可以通过本题。

#include <iostream>  
#include <cstdio>  
#include <algorithm>  
using namespace std;  
  
#define ll long long  
const int N = 30010;  
int n, a[N];  
ll fst[N], scd[N];  
struct sss {  
    int a, fst, scd;  
}num[N];  
ll s[N];  
ll ans;  
  
bool cmp (sss x, sss y) {  
    return x.a < y.a;  
}  
  
void solve(int l, int r) {  
    if (l >= r) {  
        fst[l] = scd[l] = 0;  
        return;  
    }  
    int mid = (l + r) >> 1;  
    solve(l, mid);  
    solve(mid + 1, r);  
    
    //分别枚举右半、左半区间统计答案。先统计再更新 fst、scd 的原因是怕更新后干扰答案统计。  
    for (int i = l; i <= r; i++) s[i] = 0;  
    for (int i = l; i <= mid; i++)         if (i == l) s[i] = scd[i];  
        else s[i] = s[i - 1] + scd[i];  
    for (int i = mid + 1; i <= r; i++) {  
        int pos = lower_bound(a + l, a + mid + 1, a[i]) - a - 1;  
        if (pos < l) continue; //小细节，防越界出 bug。  
        ans += s[pos];     }  
    for (int i = l; i <= r; i++) s[i] = 0;  
    for (int i = mid + 1; i <= r; i++)  
        if (i == mid + 1) s[i] = fst[i];  
        else s[i] = s[i - 1] + fst[i];  
    for (int i = l; i <= mid; i++) {  
        int pos = upper_bound(a + mid + 1, a + r + 1, a[i]) - a;  
        ans += s[r] - s[pos - 1];  
    }  
    
    //更新 fst、scd。  
    for (int i = mid + 1; i <= r; i++) {  
        int pos = lower_bound(a + l, a + mid + 1, a[i]) - a - 1;  
        scd[i] += pos - l + 1; //这里就不用防了，算算就知道越界之后贡献为 0。  
    }  
    for (int i = l; i <= mid; i++) {  
        int pos = upper_bound(a + mid + 1, a + r + 1, a[i]) - a;  
        fst[i] += r - pos + 1;  
    }  
    
    //排序。记得连着 fst、scd 一起排。  
    for (int i = l; i <= r; i++) num[i].a = a[i], num[i].fst = fst[i], num[i].scd = scd[i];
    sort(num + l, num + r + 1, cmp);  
    for (int i = l; i <= r; i++) a[i] = num[i].a, fst[i] = num[i].fst, scd[i] = num[i].scd;  
}  
  
int main() {  
    scanf("%d", &n);  
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);  
    solve(1, n);  
    printf("%lld", ans);  
    return 0;  
}