洛谷 P6278 [USACO20OPEN]Haircut G

Description

有长为 $n$ 的序列 $a[1...n]$
按 $j = (0, 1, 2, ... , n - 1)$ 依次输出把大于 $j$ 的 $a[i]$ 改为 $j$ 后逆序对的个数。

Constraints

$1 \le n \le 10^6$， $0 \le \forall a[i] \le n$。

Solution

平常的逆序对可以直接用树状数组维护，但是这题有多次询问，每次还会对一些数进行“削平”，不能直接处理。

在“削平”中，原数组的一些逆序对会消掉，可以从这里考虑。

设一个逆序对为$[a_x, a_y](a_x > a_y)$，当前 $j$ 的值为 $k$， 思考什么时候这个逆序对会存在或消失：

• 当 $k > a_y$ 时，$a_x$ 再怎么削也仍比 $a_y$ 要大，能够存在。

• 当 $k \le a_y$时，$a_x$ 会被削到比 $a_y$ 小或相等，逆序对消失。

倒过来考虑，所以当 $j$ 从 $k - 1$ 增加到 $k$ 时，满足 $a_y = k$ 的逆序对会新产生。

所以在此过程答案每次增加量是序列中 $a_y = k$ 的逆序对个数。

考虑用树状数组维护逆序对，再设 $cnt[i]$ 数组累加 $a[i]$ 数值 的逆序对个数。

因为 $a$ 数组中的数值可能会有相等，而在不同位置相等的数值对答案都会有贡献，应当累加。

每次询问的答案自然是每次增加量之和，即 $cnt[1] \sim cnt[j - 1]$ 的和（不是到 $cnt[j]$，原因在上面解释了）。

举个例子助理解：

最后还是得注意树状数组不能处理下标为 $0$ 的位置，所以要给每个 $a[i]+1$。

Code

// by youyou2007 in 2022.
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#define int long long
#define REP(i, x, y) for(int i = x; i < y; i++)
#define rep(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i++)
#define PER(i, x, y) for(int i = x; i > y; i--)
#define per(i, x, y) for(int i = x; i >= y; i--)
#define lc (k << 1)
#define rc (k << 1 | 1)
using namespace std;
const int N = 1E5 + 5;
int n;
int a[N];
int tree[N]; 
int cnt[N];
int lowbit(int x)
{
	return x & (-x); 
}
void add(int x, int y)
{
	while(x <= n + 1)//因为 a[i] 都 +1 了，最大范围也要 +1
	{
		tree[x] += y;
		x += lowbit(x);
	}
}
int query(int x)
{
	int res = 0;
	while(x > 0)
	{
		res += tree[x];
		x -= lowbit(x);
	}
	return res;
}
signed main()
{
	scanf("%lld", &n);
	rep(i, 1, n)
	{
		scanf("%lld", &a[i]);
		a[i]++;//所有 a[i] + 1，避免 0
	}
	rep(i, 1, n)
	{
		cnt[a[i]] += query(n + 1) - query(a[i]); //树状数组类似于桶，每次向里面插入元素，query查询逆序对
		add(a[i], 1); 
	}
	int ans = 0;
	rep(i, 1, n)
	{
		printf("%lld\n", ans);
		ans += cnt[i];	//每次累计 cnt[i] 要在输出后再累计！
	}
	return 0;
}