CQOI2011 动态逆序对

传送门

这道题其实我一开始直接的反应是分块……不过听说这是CDQ分治练习题。

看到这种删除的题……一般就会想到先全删光之后整回去。对于每次添加，我们要统计的就是添加在它之前的，位置在它之前的，比他大的，和添加在它之前的，位置在它之后的，比他小的。

形象地说，对于每一个操作i，给定三个值\(tim\)，\(pos\)，\(val\)，我们相当于求的是对于一个\(i\),有多少个\(j\)使得\(tim_i < tim_j,pos_i < pos_j,val_i > val_j\)或者\(tim_i < tim_j,pos_i > pos_j,val_i < val_j\)

这其实就是一个三维偏序的变形。我的做法有点奇怪，我是对先对\(tim\)排序的，之后需要在分治的时候统计两次。第一次统计的时候需要用已经计算过的点的个数减去统计的个数，这样才是\(val\)值更大的元素的元素个数。

我把所有的没有被删去的点的\(tim\)都赋值为0，这样的话会产生的问题是他会把一开始存在的逆序对多计算一倍，所以一开始除一下，之后计算前缀和就好了。

看一下代码。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<set>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar('\n')
#define fr friend inline
#define y1 poj
#define mp make_pair
#define pr pair<int,int>
#define fi first
#define sc second
#define pb push_back
#define lowbit(x) x & (-x)

using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 100005;
const int INF = 1000000009;
const double eps = 1e-7;

int read()
{
    int ans = 0,op = 1;
    char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9')
    {
    if(ch == '-') op = -1;
    ch = getchar();
    }
    while(ch >= '0' && ch <= '9')
    {
    ans *= 10;
    ans += ch - '0';
    ch = getchar();
    }
    return ans * op;
}

struct node
{
   int val,pos,tim;
   bool operator < (const node &g)const
   {
      return tim < g.tim;
   }
}a[M];

struct treearray
{
   ll c[M];
   void add(int x,int v){while(x <= M-2) c[x] += v,x += lowbit(x);}
   ll ask(int x){ll cur = 0;while(x) cur += c[x],x -= lowbit(x);return cur;}
}T;

int n,m,x,p[M];
ll ans[M];

void CDQ(int l,int r)
{
   //printf("#%d %d\n",l,r);
   if(l == r) return;
   int mid = (l+r) >> 1,j = l;
   CDQ(l,mid),CDQ(mid+1,r);
   sort(a+l,a+mid+1),sort(a+mid+1,a+r+1);
   //rep(i,l,r) printf("#%d %d %d\n",a[i].pos,a[i].tim,a[i].val);
   rep(i,mid+1,r)
   {
      while(j <= mid && a[j].tim <= a[i].tim) T.add(a[j].val,1),j++;
      ans[a[i].tim] += j - l - T.ask(a[i].val);
   }
   rep(i,l,j-1) T.add(a[i].val,-1);
   j = mid+1;
   rep(i,l,mid)
   {
      while(j <= r && a[j].tim <= a[i].tim) T.add(a[j].val,1),j++;
      ans[a[i].tim] += T.ask(a[i].val-1);
   }
   rep(i,mid+1,j-1) T.add(a[i].val,-1);
}

int main()
{
   n = read(),m = read();
   rep(i,1,n) a[i].val = read(),a[i].pos = i,a[i].tim = 0,p[a[i].val] = i;
   rep(i,1,m) x = read(),a[p[x]].tim = m - i + 1;
   //rep(i,1,n) printf("#%d %d %d\n",a[i].pos,a[i].tim,a[i].val);
   CDQ(1,n);
   //rep(i,1,m) printf("%d ",ans[i]);enter;
   ans[1] += ans[0] >> 1;
   rep(i,2,m) ans[i] += ans[i-1];
   per(i,m,1) printf("%lld\n",ans[i]);
   return 0;
}