NOIP模拟 三元子序列计数

题意

给一个长度为 \(n\) 的排列 \(a\)，和一个 \(3\) 的排列 \(p\)。求问 \(a\) 有多少长度为 \(3\) 的子序列，满足将其中的元素从小到大编号后为 \(p\)。

思路

仔细手玩一下会发现很难找到一个对于任意 \(p\) 的通解，实际上 \(p\) 的情况可以做一些合并：

原 \(p\)	归约方法（对于 \(a\) 的变换）	归约至 \(p'\)
\(1,2,3\)	不需要归约	\(1,2,3\)
\(1,3,2\)	不需要归约	\(1,3,2\)
\(2,1,3\)	\(a_i\) 变为 \((n+1)-a_i\)，\(a\) 再倒序	\(1,3,2\)
\(2,3,1\)	\(a\) 变为倒序	\(1,3,2\)
\(3,1,2\)	\(a_i\) 变为 \((n+1)-a_i\)	\(1,3,2\)
\(3,2,1\)	\(a\) 变为倒序	\(1,2,3\)

因此，问题变为了只需要针对 \((1,2,3)\) 和 \((1,3,2)\) 的情况求解。

• 求数列中大小顺序为 \((1,2,3)\) 的子序列，这是一个很典型的思路，我们遍历子序列的中心点，并用树状数组 \(O(\log n)\) 动态维护该点左右边的数，每次遍历到一个点 \(O(\log n)\) 查询该点左边比它小的和右边比他大的数有多少个，相乘即可得到以该点为中心点的满足大小顺序 \((1,2,3)\) 的子序列数。最后相加即可，整体时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
• 求数列中大小顺序为 \((1,3,2)\) 的子序列，经尝试后会发现很难用如上遍历中心点的思想来维护，此时其实可以考虑“减法原理”，即可以先求出 \((1,2,3)\) 和 \((1,3,2)\) 的子序列数之和之后再减去 \((1,2,3)\) 的子序列数。而求 \((1,2,3)\) 和 \((1,3,2)\) 的子序列数之和即是求中间右边大于左边的三元子序列数，此时只需要遍历最左侧点，树状数组动态维护右侧比该点大的数的个数，记为 \(k\)，则符合要求的三元子序列显然为 \(\frac{k(k-1)}{2}\) 个。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=2e5+5;
typedef long long LL;
int n,p[4],a[MAXN];
class Fenwick{
private:
    int t[MAXN];
    inline int lowbit(int x){
        return x&(-x);
    }
public:
    inline void init(){
        memset(t,0,sizeof(t));
    }
    Fenwick(){
        init();
    }
    inline void add(int pos,int val){
        while(pos<=n){
            t[pos]+=val;
            pos+=lowbit(pos);
        }
    }
    inline int ask(int pos){
        int res=0;
        while(pos>0){
            res+=t[pos];
            pos-=lowbit(pos);
        }
        return res;
    }
    inline int ask_range(int l,int r){
        if(l>r || r==0) return 0;
        if(l==0) return ask(r);
        return ask(r)-ask(l-1);
    }
};
inline LL solve_123(){
    LL res=0;
    static Fenwick pre,sub;
    for(int i=3;i<=n;i++){
        sub.add(a[i],1);
    }
    pre.add(a[1],1);
    for(int i=2;i<=n-1;i++){
        res+=1LL*pre.ask_range(1,a[i]-1)*sub.ask_range(a[i]+1,n);
        pre.add(a[i],1);
        sub.add(a[i+1],-1);
    }
    return res;
}
inline LL solve_132(){
    LL res=0;
    static Fenwick sub;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        sub.add(a[i],1);
    }
    for(int i=1;i<=n-1;i++){
        LL ret=sub.ask_range(a[i]+1,n);
        if(ret>=2) res+=ret*(ret-1)/2;
        sub.add(a[i+1],-1);
    }
    return res-solve_123();
}
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=3;i++){
        cin>>p[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
    }
    if(n<3){
        puts("0");
        return 0;
    }
    if(p[1]==1 && p[2]==2 && p[3]==3){
        cout<<solve_123()<<endl;
    }
    else if(p[1]==1 && p[2]==3 && p[3]==2){
        cout<<solve_132()<<endl;
    }
    if(p[1]==2 && p[2]==1 && p[3]==3){
        for(int i=1;i<=n;i++){
            a[i]=n+1-a[i];
        }
        reverse(a+1,a+1+n);
        cout<<solve_132()<<endl;
    }
    else if(p[1]==2 && p[2]==3 && p[3]==1){
        reverse(a+1,a+1+n);
        cout<<solve_132()<<endl;
    }
    else if(p[1]==3 && p[2]==1 && p[3]==2){
        for(int i=1;i<=n;i++){
            a[i]=n+1-a[i];
        }
        cout<<solve_132()<<endl;
    }
    else if(p[1]==3 && p[2]==2 && p[3]==1){
        reverse(a+1,a+1+n);
        cout<<solve_123()<<endl;
    }
    return 0;
}