CF911D Inversion Counting

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题意

有一个 $n$ 个元素的序列，每次操作将区间 $[l,r]$ 翻转，每次操作后询问序列的逆序对数量。一个序列 $a$ 的逆序对数量定义为满足 $i < j$ 且 $a_i > a_j$ 的个数。

解法

考虑区间翻转，很容易想到 Splay，但是本题是思维题。

我们先预处理原数组的逆序对数量，那么对于区间 $[l,r]$，所有数对数量 $x = C_{r-l+1}^{2} = \frac{(r-l+1)*(r-l)}{2}$，分情况考虑：

1. $x$ 是奇数

我们知道数对分为正序对和逆序对，那么很显然正序对个数与逆序对个数不会同奇同偶，即设正序对数量 $p$，逆序对数量 $y$，那么 $p \not \equiv y\pmod 2$，翻转区间后整个序列逆序对数量奇偶性相反。

2. $x$ 是偶数

设正序对数量 $x$，逆序对数量 $y$，那么 $x \equiv y\pmod 2$，翻转区间后整个序列逆序对数量奇偶性不变。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;

const int N = 1505;

int a[N];
int n, m, cnt = 0;

int main()
{
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
	scanf("%d", &m);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		for (int j = i + 1; j <= n; j++) cnt += (a[i] > a[j]);
	}
	bool flag = cnt & 1;
	while (m--)
	{
		int l, r;
		scanf("%d %d", &l, &r);
		int k = (r - l + 1) * (r - l) >> 1;
		if (k & 1) flag = !flag;
		printf("%s\n", (flag) ? "odd" : "even");
	}
	return 0;
}