题解：P8613 [蓝桥杯 2014 省 B] 小朋友排队

一道逆序对题目。

Solution P8613

Idea

逆序对模板：P1908。

这道题不难想到的就是冒泡排序。

只要两个数不符合要求，就交换，这样一定可以做到以最少的次数完成。

但是冒泡排序的时间复杂度是 $\operatorname{O}(n^2)$ 的，在 $n\le 10^5$ 的数据范围下不可能通过。

我们来考虑这个冒泡排序的本质过程。

假如有 $H=\{1,5,4,7,2,6,3\}$，$G_i$ 为 $H_1,H_2,\cdots,H_i$ 的有序序列，$t_i$ 为第 $i$ 个小朋友的不满意次数，那么在冒泡排序中会发生什么？

首先对于第一个小朋友，直接进来，不受阻碍。$G_1=\{1\}$，$G_2=\{1,5\}$。

第二个小朋友也不受阻碍。

第三个开始受阻碍了。他需要跨越 $5$，此时 $t_2=t_3=1$，$G_3=\{1,4,5\}$。

第四个不受阻碍，$G_4=\{1,4,5,7\}$。

第五个受阻碍，需要跨越 $4$、$5$ 和 $7$ 三个元素，所以 $t_2=t_3=2$，$t_4=1$，$t_5=3$。$G_5=\{1,2,4,5,7\}$。

第六个受阻碍，不难发现 $t_6=1$，$t_4$ 更新为 $2$。$G_6=\{1,2,4,5,6,7\}$。

第七个直接模拟。留给读者自己手搓。

最后结束发现规律：$t_i=les_i+mor_i$，其中 $les_i$ 指 $a$ 序列中 $i$ 之前的大于 $i$ 的数，$mor_i$ 指 $a$ 序列中 $i$ 之后的小于 $i$ 的数。

证明一下：因为把这个数加入序列的就要跨越所有在它之前比它大的元素，而在它加入序列之后就要被所有在它之后又比它小的元素超过。

再剖析一下就是求与 $i$ 相关的逆序对数。

分成两部分：第一部分求 $a_j>a_i$，其中 $j<i$，这一部分比较朴素。第二部分求 $a_i>a_k$，其中 $i<k$，这一部分倒着求。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100005,MAX=1000005;
int n,a[N],tr[MAX];
int lowbit(int x){
	return x&(-x);
}
void add(int x){
	while(x<MAX){
		tr[x]++;
		x=x+lowbit(x);
	}
}
int query(int x){
	int res=0;
	while(x){
		res+=tr[x];
		x-=lowbit(x);
	}
	return res;
}
int ans[N];
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);
		a[i]++;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		add(a[i]);
		ans[i]=i-query(a[i]);
	}
	memset(tr,0,sizeof(tr));
	for(int i=n;i>=1;i--){
		add(a[i]);
		ans[i]+=query(a[i]-1);
	}
	long long anss=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
//		printf("%lld ",ans[i]);
		anss+=1ll*ans[i]*(ans[i]+1)/2;
	}
	printf("%lld",anss);
	return 0;
}