Codeforces Greetings（逆序对）

题目来源：https://codeforces.com/problemset/problem/1915/F
题意：每个人从起点到终点（终点>起点），每个人的起点和终点都不一样，两个人在同一点相遇时，他们会互相问候一次。会有多少问候？（请注意，一个人仍然可以问候其他人，即使他们已经达到
了他们的最后一点。）。说白了就是问有多少对逆序对（i<j && a[i]>a[j]）。

思路：离散化+树状数组求逆序对。

  1：因为起点并不是有序的，所以先用一个map容器存起来，键值存起点，实值存终点，map的键值自动排序，这样起点就是有序了。
  2：然后将其离散化，目的是用一个d[]数组：第i大的数字在b[i]下标。比如原序列a[]={5，3，4，2，1}，离散化后的d[]数组就是d[]={1，3，2，4，5}。第一大的数字在下标1，第二大 
     的数字在下标3... 
  3：然后d数组每次进一个数组：
      1进入：此时只有一个数字1，sum=0
      3进入：此时有两个数字1，3，比3小的数字只有一个1，sum+=1
      2进入：此时比2小的数字有1，sum=2
      4进入：此时比4小的数字有1，3，2，sum=5
      5进入：此时比5小的数字有1，3，2，4，sum=9
     所以序列{5，3，4，2，1}一共有9个逆序对。

原理是： b数组是按下标从左到右依次进入，而b数组下标i的含义就是第i大的数字，所以数字大的先进，而逆序对就是数字大，但是大的数字下标小于数字小的下标，而b[]数组元素就是第i大的数字的下标，所以进一个数字，就看有没有更早进的数字，且数字小于该数字，有则说明这个数大于你，且下标比你小，这不就满足一对逆序对的要求吗？然后sum++即可。

 问题又来了：根据上面的步骤每一次把一个新的数d[x]放进去之后，都要求比他小的元素有几个，而比他小的元素个数一定是1到d[x]中存在数的个数，也就是[1 , d[x-1]]中有几个数。我们就用树状数组tree[]来维护[1,x]有多少个数字存在。

题解：

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

const int N=2e5+9;

int t,n,ai,bi,sum=0;
int a[N],d[N],tree[N];

map<int,int>mp;//first是起点

int lowbit(int x){return x & (-x);}

bool cmp1(int x,int y){//升序排序
    if(a[x]==a[y]) return x>y;
    return a[x]>a[y];
}

void add(int x){
    while(x<=n){
        tree[x]++;
        x+=lowbit(x);
    }
}

int getsum(int x){
    int ans=0;
    while(x>=1){
        ans+=tree[x];
        x-= lowbit(x);
    }
    return ans;
}

signed main()
{
    scanf("%lld",&t);
    while(t--){
        for(int i=0;i<N;i++){a[i]=0,d[i]=0,tree[i]=0;}//init
        sum=0;
        mp.clear();

        scanf("%lld",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%lld%lld",&ai,&bi);//ai是下标
            mp[ai]=bi;
        }
        
        int tot=0;
        for(auto x:mp){
            a[++tot]=x.second,d[tot]=tot;
        }

        sort(d+1,d+1+n,cmp1);//第i大的数字在d[i]的下标

        for(int i=1;i<=n;i++){
            add(d[i]);
            sum+=getsum(d[i]-1);
        }
        printf("%lld\n",sum);
    }
    return 0;
}