洛谷P1908 逆序对（线段树解法）

题目描述

猫猫TOM和小老鼠JERRY最近又较量上了，但是毕竟都是成年人，他们已经不喜欢再玩那种你追我赶的游戏，现在他们喜欢玩统计。最近，TOM老猫查阅到一个人类称之为“逆序对”的东西，这东西是这样定义的：对于给定的一段正整数序列，逆序对就是序列中ai>aj且i<j的有序对。知道这概念后，他们就比赛谁先算出给定的一段正整数序列中逆序对的数目。

输入格式

第一行，一个数n，表示序列中有n个数。

第二行n个数，表示给定的序列。序列中每个数字不超过10910^9109

输出格式

给定序列中逆序对的数目。

输入输出样例

输入 #1 

6
5 4 2 6 3 1

输出 #1 

11

思路：和POJ2352类似，这个题可以先建一棵空树，然后不断查询不断插点。对于逆序对的定义已经很清楚了，在这里应用桶排序的思想，每个叶子节点保存的是这个数的个数。不考虑题目所给的输入值1e9范围的话，当从输入读到一个数a[i]时，若求他的逆序数，只需要统计叶子节点i+1位置到最终位置的区间和（因为是按照输入顺序插入的，读到第i个时前面i-1个数已经进入桶了，统计大于a[i]的数的个数更新ans即可。因为先建的是空树，所以可以直接统计到最大范围）。区间查询完毕后进行当前点的插入，最终输出ans。

这是数字元素范围比较小的情况，但题目给的范围是1e9，n的范围是1e5，自然想到要进行离散化。逆序数只涉及相对大小关系，就可以进行映射。比方说5，99999，853，6666666，119就可以映射成1，4，3，5，2且其相对大小关系并没有改变，这样就可以用数组存储了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[500005];
int bin[500005];
int cnt=0;
int n;
struct SegmentTree
{
    int l,r;
    long long dat;//dat为节点值 
}t[500005*4];//四倍n大小存储所有节点 
void build(int p,int l,int r)//建树 
{
    t[p].l=l;
    t[p].r=r;
    t[p].dat=0; //建树先建一棵空树 
    if(l==r)return;//建树先建一棵空树 
    int mid=(l+r)/2;
    build(p*2,l,mid);
    build(p*2+1,mid+1,r);
}
int query(int p,int L,int R,int l,int r)//区间查询 p是当前节点在t数组的下标，L是当前节点覆盖范围左端点，R是当前节点覆盖范围右端点，l是题目中待查询区间的左端点，r是待查询区间右端点 
{
    if(l<=L&&r>=R)return  t[p].dat;//如果待查寻区间直接覆盖了当前节点区间，直接返回当前节点的值（区间查询常规操作 
    long long res=0;
    int mid=(L+R)/2;
    if(l<=mid)res+=query(2*p,L,mid,l,r);//如果待查区间左端点在mid左边或等于mid，就需要用到当前节点的左子节点 
    if(r>mid)res+=query(2*p+1,mid+1,R,l,r);//如果待查区间左端点在mid右边，就需要用到当前节点的右子节点
    //注意res是+= +=的关系 注意取等条件 
    return res;    
}
void update(int p,int L,int R,int x)//单点修改 p是当前节点在t数组的下标，L是当前节点覆盖范围左端点，R是当前节点覆盖范围右端点，x是待插入的值 
{
    if(L==R)
    {        
        t[p].dat++;//桶内个数+1 
        return;
    }
    int mid=(L+R)/2;
    if(x<=mid)
    {
        update(2*p,L,mid,x);
    }
    else
    {
        update(2*p+1,mid+1,R,x);
    }
    t[p].dat=t[2*p].dat+t[2*p+1].dat;//不要忘记递归完后要更新父节点 
}
int main()
{
    cin>>n;
    int i;
    long long ans=0; 
    build(1,1,500005);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        bin[++cnt]=a[i];//先复制输入的数组（便于排序等操作而不干扰原始数组） 
    }
    sort(bin+1,bin+n+1);//排序（二分查找的必要条件） 
    cnt=unique(bin+1,bin+cnt+1)-bin-1;//unique函数实现去重，得到的cnt是去重后的bin数组大小 
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        a[i]=lower_bound(bin+1,bin+cnt+1,a[i])-bin;//lower_bound函数查找原始的a[i]在排序数组的位置，减去起始地址得到下标，用此下标更新a[i]的值。这个题只需要知道相对关系就行，要得到原始值的话可以bin[a[i]] 
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        ans+=query(1,1,500005,a[i]+1,500005);//区间查询 表示从下标为1的数根开使，起始节点覆盖范围为1到500005（直接查到最大即可），待查区间是a[i]+1到500005 （如果大于输入最大值了也只能是0，不会影响）。为a[i]+1的原因是之前已经离散化了，比a[i]大的最近的数就是a[i]+1（联系桶排序） 
        update(1,1,500005,a[i]);//单点修改 
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}