树状数组和逆序对
逆序对的概念
在一个有 \(n\) 个元素的数组 \(A\) 中，如果存在 \(1\le i<j\le n\) ,使得 \(A_i>A_j\) ，则称 \((A_i,A_j)\) 为 \(A\) 的一个逆序对。我们熟知的排序其实就是一个消灭逆序对的过程。求一个数组的逆序对数目，我们可以用归并排序，或者用我们今天的主角树状数组，还不会树状数组的同学可以看我之前的一篇学习笔记的博客（戳这里），很快就可以理解了。
树状数组打逆序对
- 洛谷 P1908 逆序对
- 牛客 NC15163 逆序数
两题都是求逆序对的模板题，洛谷数据被加强过，而且数字范围更大，如果用树状数组做需要进行离散化操作，而归并排序不用，这也是归并排序更快的原因。但是有的时候归并排序不能维护一些区间信息（见下一题）。
先来分析一下逆序对应该怎么数。把逆序对的概念换一种更通俗的说法，逆序对其实就是由一个数和之前比它大的数组成。朴素的做法就是在每一个数插入的时候，遍历它前面的每一个数，如果比它大答案就加一。这种做法显然是 \(\mathcal O(n^2)\) 的，而 \(n\) 的范围是 \(10^5\) 级别的，肯定冲不过去。为了把时间复杂度降到 \(\mathcal O(nlogn)\) 级别，我们需要使用线段树和树状数组来维护。线段树在这里就有点麻烦了，我们用更简洁的树状数组就可以了。每插入一个数，是单点修改；每查询一个数之前比它大的数目，是区间查询，可行！
树状数组传统代码，修改和查询完全不变：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define For(i,sta,en) for(int i = sta;i <= en;i++)
#define lowbit(x) x&(-x)
#define speedUp_cin_cout ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);
typedef long long ll;
typedef __int128 lll;
const int maxn = 5e6+9;
ll t[maxn],ans;
int n,m,num[maxn];
void update(int now){
while(now<=m){
t[now] ++;
now += lowbit(now);
}
}
ll query(int now){
ll an = 0;
while(now){
an += t[now];
now -= lowbit(now);
}
return an;
}
int main(){
speedUp_cin_cout//加速读写
cin>>n;
For(i,1,n) cin>>num[i],m = max(m,num[i]);
For(i,1,n) {
//先查询比它大的数的数目，query(m)是总数，query(num[i])是小于等于num[i]的数的数目，相减可得
ans += query(m)-query(num[i]);
//再加入树状数组
update(num[i]);
}
cout<<ans;
return 0;
}
然而这个代码只能过牛客那题，交到洛谷是全紫 \(\mathrm{RE}\) 的 (ノへ￣、) 。原因其实就是 \(num[i]\) 的上限是 \(10^9\) ，导致树状数组越界了。解决方法很简单，因为我们只关心数字之间的关系，并不关心他们的实际大小，所以我们对输入数据进行一下离散化，把大数映射成小数，如果你没接触过离散化也没关系，看一遍就懂了,不懂可以看一下其他博客哦。
修改主函数代码，即可解决洛谷模板题：
//离散化数组，可以用vector
vector<int>a;
int main(){
speedUp_cin_cout//加速读写
cin>>n;
For(i,1,n) cin>>num[i],a.push_back(num[i]);
//先排序
sort(a.begin(),a.end());
//再去重，固定写法
a.erase( unique( a.begin(),a.end() ) ,a.end());
//获得去重后的数组大小，即不同的数有多少个
m = a.size();
For(i,1,n) {
//确定num[i]在去重后升序排列的数组中的位置，这里注意要加1，因为树状数组从1开始存
num[i] = lower_bound(a.begin(),a.end(), num[i] ) - a.begin()+1;
//先查询比它大的数的数目，query(m)是总数，query(num[i])是小于等于num[i]的数的数目，相减可得
ans += query(m)-query(num[i]);
//再加入树状数组
update(num[i]);
}
cout<<ans;
return 0;
}
子区间逆序对
同样是求逆序对，这题却要求我们求所有子区间的逆序对个数，肯定是不能用刚刚的方法直接暴力 \(\mathcal O(n^3logn)\)。我们考虑一次遍历数组就可以把每个逆序对的贡献算出来，让时间复杂度还是 \(\mathcal O(nlogn)\) 的。
对于一个逆序对 \(<A_i,A_j>\) ，只有 $l \in [1,i] ,r \in [j,n] $ 构成的子区间 \([l,r]\) 才能包含这个逆序对，也就是话说一个逆序对对总答案的贡献就是 \(i * (n-j+1)\),即包含它的子区间数目。由上一题我们可以知道，当我们遍历到 \(A_j\) 的时候，可以用树状数组查询大于 \(A_j\) 的数的数目。而在这里我们仅仅维护数目是不行的，因为每个数的贡献还和它的位置有关。而分析上面那个逆序对贡献的式子，只要知道 \(A_i\) 的下标 \(i\) 即可。那么我们就用树状数组来维护每个数的下标和,这样就可以一次遍历求出答案了。
还要注意这道题爆 \(\mathrm{long~ long}\) 了（最近总是遇到刚好爆 \(\mathrm{long~ long}\) 的题，有心理阴影了），我又不舍得打高精度，只好用奇技淫巧: \(\mathrm{\_\_int128}\) 了，但是要注意 \(\mathrm{\_\_int128}\) 类型是不能用 \(\mathrm{cin、cout、scanf、printf}\) 的，要自己手写输入输出，这里不用输入，我写了一个输出。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define For(i,sta,en) for(int i = sta;i <= en;i++)
#define lowbit(x) x&(-x)
#define speedUp_cin_cout ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);
typedef long long ll;
typedef __int128 lll;
const int maxn = 5e6+9;
lll t[maxn];
int n,m,num[maxn];
vector<int>a;
void update(int now,int value){
while(now<=m){
t[now] += value;
now += lowbit(now);
}
}
ll query(int now){
ll an = 0;
while(now){
an += t[now];
now -= lowbit(now);
}
return an;
}
//__int128输出
void print(lll x){
if(x == 0) return;
print(x/10);
int tem = x%10;
cout<<tem;
}
int main(){
speedUp_cin_cout
cin>>n;
For(i,1,n) cin>>num[i],a.push_back(num[i]);
sort(a.begin(),a.end());
a.erase(unique(a.begin(),a.end()),a.end());
m = a.size();
lll ans = 0;
For(i,1,n) {
num[i] = lower_bound(a.begin(),a.end(),num[i])-a.begin()+1;
//计算比num[i]大的数的坐标和
lll l = (query(m)-query(num[i]));
//右边部分的区间长度
lll r = n-i+1;
ans += l*r;
//加入坐标
update(num[i],i);
}
if(ans) print(ans);
else cout<<0;
return 0;
}
逆序对和排序问题
题意概括
有两列都是 \(n\) 根的火柴，同一列高度互不相同，将两列火柴直接的距离定义为 \(\sum\left(a_{i}-b_{i}\right)^{2}\) 。其中 \(a_i\) 表示第一列火柴中第 \(i\) 个火柴的高度，\(b_i\) 表示第二列火柴中第 \(i\) 个火柴的高度。仅可以交换相邻两根火柴的位置，求要让两列火柴距离最小的最小交换次数，并对 \(10^8-3\) 取模。数据满足 \(1 \leq n \leq 10^{5}, 0 \leq\) 火柴高度 \(<2^{31}\) 。
分析
这道题看起来和逆序对好像没有什么关系，需要一些分析后才可以和逆序对联系起来。
首先我们要分析出什么时候火柴距离最小。展开火柴距离的式子：
因为所有火柴高度已经定下来了，即 \(\sum_{i=1}^{n}\left(a_{i}^{2}+b_{i}^{2}\right)\) 大小不会随着交换而改变。所以我们要最大化 \(\sum_{i=1}^{n}\left(2 a_{i} b_{i}\right)\) 才能使这个式子最小。根据排序不等式，我们知道同序和 \(\geqslant\) 乱序和 \(\geqslant\) 逆序和（证明可以自行百度，会用就行了）。所以我们要让火柴排成“同序和”的顺序即可。换句话说，假如我们仅交换 \(b\) 列火柴（交换 \(a\) 和 \(b\) 是等效的，我们选一列交换，让另一列不动就行）就是让 \(b\) 的第 \(i\) 小与 \(a\) 的第 \(i\) 小怼齐。
这其实是一种排序，认识到这一点很重要。我们原来平时的排序，以升序为例，其实是把下标当做一个标准序列 \(standard[~]=\{1,2,3,···,n\}\) ,然后把要排序的数组 \(num\) 按照 \(standard\) 从小到大怼齐，也就是 \(num\) 的第 \(i\) 小与 \(standard\) 的第 \(i\) 小怼齐。而在只能进行相邻交换的前提下，最小的交换次数就是 \(num\) 的逆序对数目（可以自己感性证明一下）。现在我们把标准序列的定义换成一个指示 \(a\) 的第 \(i\) 小的位置的数组，即 \(a[~standard[i]~]\) 是 \(a\) 的第 \(i\) 小，要排序的数组定义改为指示 \(b\) 的第 \(i\) 小的位置的数组 ,即 \(b[~num[i]~]\) 是 \(b\) 的第 \(i\) 小。然后新建一个序列 \(q\),让 \(q[~standard[i]~] = num[i]\) ,即让 \(num[~]\) 按照 \(standard[~]\) 进行“排序”，最终答案就是 \(q\) 的逆序对数目。
这里是比较难理解的，需要自己列几个例子辅助思考。剩下部分其实就是求逆序对的模板。虽然数据范围很大，但是我们用了一种特殊的离散化方式，将离散化数组 \(p_i\) 定义为 \(a\) 或 \(b\) 的第 \(i\) 小的位置（也就是上文中的 \(standard\) 和 \(num\)）。
\(Code:\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define For(i,sta,en) for(int i = sta;i <= en;i++)
#define lowbit(x) x&(-x)
#define speedUp_cin_cout ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);
typedef long long ll;
const int maxn = 2e5+9;
const int mod = 1e8-3;
int a[maxn],b[maxn],q[maxn],pa[maxn],pb[maxn];
ll t[maxn],n;
void update(int now){
while(now <= n){
t[now]++;
now += lowbit(now);
}
}
ll query(int now){
ll an = 0;
while(now){
an = (an + t[now])%mod;
now -= lowbit(now);
}return an;
}
bool cmp1(int &x,int &y){
return a[x] < a[y];
}
bool cmp2(int &x,int &y){
return b[x] < b[y];
}
int main(){
speedUp_cin_cout //读写优化
cin>>n;
For(i,1,n) cin>>a[i],pa[i] = i; //pa，pb为离散化数组
For(i,1,n) cin>>b[i],pb[i] = i;
sort(pa+1,pa+1+n,cmp1);
sort(pb+1,pb+1+n,cmp2);
For(i,1,n) q[pa[i]] = pb[i]; //新建序列
ll ans = 0;
//求q的逆序对
For(i,1,n){
ans = (((query(n) - query(q[i]))%mod + ans)%mod+mod)%mod;
update(q[i]);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
总结
逆序对和树状数组的联系还是挺大的，很多涉及逆序对的题目都可以尝试用树状数组冲一下，当然归并排序也是一定要掌握的啦🎨。
