逆序對的概念
在一個有 \(n\) 個元素的陣列 \(A\) 中，如果存在 \(1 \leqslant i <j \leqslant n\) ,使得 \(A_i > A_j\) ，則稱 \(<A_i,A_j>\) 為 \(A\) 的一個逆序對。我們熟知的排序其實就是一個消滅逆序對的過程。求一個陣列的逆序對數目，我們可以用歸併排序，或者用我們今天的主角樹狀陣列，還不會樹狀陣列的同學可以看我之前的一篇學習筆記的部落格（戳這裡），很快就可以理解了。
樹狀陣列打逆序對
- 洛谷 P1908 逆序對
- 牛客 NC15163 逆序數
兩題都是求逆序對的模板題，洛谷資料被加強過，而且數字範圍更大，如果用樹狀陣列做需要進行離散化操作，而歸併排序不用，這也是歸併排序更快的原因。但是有的時候歸併排序不能維護一些區間資訊（見下一題）。
先來分析一下逆序對應該怎麼數。把逆序對的概念換一種更通俗的說法，逆序對其實就是由一個數和之前比它大的數組成。樸素的做法就是在每一個數插入的時候，遍歷它前面的每一個數，如果比它大答案就加一。這種做法顯然是 \(O(n^2)\) 的，而 \(n\) 的範圍是 \(10^5\) 級別的，肯定衝不過去。為了把時間複雜度降到 \(O(nlogn)\) 級別，我們需要使用線段樹和樹狀陣列來維護。線段樹在這裡就有點麻煩了，我們用更簡潔的樹狀陣列就可以了。每插入一個數，是單點修改；每查詢一個數之前比它大的數目，是區間查詢，可行！
樹狀陣列傳統程式碼，修改和查詢完全不變：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define For(i,sta,en) for(int i = sta;i <= en;i++)
#define lowbit(x) x&(-x)
#define speedUp_cin_cout ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);
typedef long long ll;
typedef __int128 lll;
const int maxn = 5e6+9;
ll t[maxn],ans;
int n,m,num[maxn];
void update(int now){
while(now<=m){
t[now] ++;
now += lowbit(now);
}
}
ll query(int now){
ll an = 0;
while(now){
an += t[now];
now -= lowbit(now);
}
return an;
}
int main(){
speedUp_cin_cout//加速讀寫
cin>>n;
For(i,1,n) cin>>num[i],m = max(m,num[i]);
For(i,1,n) {
//先查詢比它大的數的數目，query(m)是總數，query(num[i])是小於等於num[i]的數的數目，相減可得
ans += query(m)-query(num[i]);
//再加入樹狀陣列
update(num[i]);
}
cout<<ans;
return 0;
}
然而這個程式碼只能過牛客那題，交到洛谷是全紫 \(RE\) 的 (ノへ￣、) 。原因其實就是 \(num[i]\) 的上限是 \(10^9\) ，導致樹狀陣列越界了。解決方法很簡單，因為我們只關心數字之間的關係，並不關心他們的實際大小，所以我們對輸入資料進行一下離散化，把大數對映成小數，如果你沒接觸過離散化也沒關係，看一遍就懂了,不懂可以看一下其他部落格哦。
修改主函式程式碼，即可解決洛谷模板題：
//離散化陣列，可以用vector
vector<int>a;
int main(){
speedUp_cin_cout//加速讀寫
cin>>n;
For(i,1,n) cin>>num[i],a.push_back(num[i]);
//先排序
sort(a.begin(),a.end());
//再去重，固定寫法
a.erase( unique( a.begin(),a.end() ) ,a.end());
//獲得去重後的陣列大小，即不同的數有多少個
m = a.size();
For(i,1,n) {
//確定num[i]在去重後升序排列的陣列中的位置，這裡注意要加1，因為樹狀陣列從1開始存
num[i] = lower_bound(a.begin(),a.end(), num[i] ) - a.begin()+1;
//先查詢比它大的數的數目，query(m)是總數，query(num[i])是小於等於num[i]的數的數目，相減可得
ans += query(m)-query(num[i]);
//再加入樹狀陣列
update(num[i]);
}
cout<<ans;
return 0;
}
子區間逆序對
同樣是求逆序對，這題卻要求我們求所有子區間的逆序對個數，肯定是不能用剛剛的方法直接暴力 \(O(n^3logn)\)。我們考慮一次遍歷陣列就可以把每個逆序對的貢獻算出來，讓時間複雜度還是 \(O(nlogn)\) 的。
對於一個逆序對 \(<A_i,A_j>\) ，只有 $l \in [1,i] ,r \in [j,n] $ 構成的子區間 \([l,r]\) 才能包含這個逆序對，也就是話說一個逆序對對總答案的貢獻就是 \(i * (n-j+1)\),即包含它的子區間數目。由上一題我們可以知道，當我們遍歷到 \(A_j\) 的時候，可以用樹狀陣列查詢大於 \(A_j\) 的數的數目。而在這裡我們僅僅維護數目是不行的，因為每個數的貢獻還和它的位置有關。而分析上面那個逆序對貢獻的式子，只要知道 \(A_i\) 的下標 \(i\) 即可。那麼我們就用樹狀陣列來維護每個數的下標和,這樣就可以一次遍歷求出答案了。
還要注意這道題爆 \(long~ long\) 了（最近總是遇到剛好爆 \(long~ long\) 的題，有心理陰影了），我又不捨得打高精度，只好用奇技淫巧 $__int128 $了，但是要注意 $__int128 $ 型別是不能用 \(cin、cout、scanf、printf\) 的，要自己手寫輸入輸出，這裡不用輸入，我寫了一個輸出。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define For(i,sta,en) for(int i = sta;i <= en;i++)
#define lowbit(x) x&(-x)
#define speedUp_cin_cout ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);
typedef long long ll;
typedef __int128 lll;
const int maxn = 5e6+9;
lll t[maxn];
int n,m,num[maxn];
vector<int>a;
void update(int now,int value){
while(now<=m){
t[now] += value;
now += lowbit(now);
}
}
ll query(int now){
ll an = 0;
while(now){
an += t[now];
now -= lowbit(now);
}
return an;
}
//__int128輸出
void print(lll x){
if(x == 0) return;
print(x/10);
int tem = x%10;
cout<<tem;
}
int main(){
speedUp_cin_cout
cin>>n;
For(i,1,n) cin>>num[i],a.push_back(num[i]);
sort(a.begin(),a.end());
a.erase(unique(a.begin(),a.end()),a.end());
m = a.size();
lll ans = 0;
For(i,1,n) {
num[i] = lower_bound(a.begin(),a.end(),num[i])-a.begin()+1;
//計算比num[i]大的數的座標和
lll l = (query(m)-query(num[i]));
//右邊部分的區間長度
lll r = n-i+1;
ans += l*r;
//加入座標
update(num[i],i);
}
if(ans) print(ans);
else cout<<0;
return 0;
}
逆序對和排序問題
題意概括
有兩列都是 \(n\) 根的火柴，同一列高度互不相同，將兩列火柴直接的距離定義為 \(\sum\left(a_{i}-b_{i}\right)^{2}\) 。其中 \(a_i\) 表示第一列火柴中第 \(i\) 個火柴的高度，\(b_i\) 表示第二列火柴中第 \(i\) 個火柴的高度。僅可以交換相鄰兩根火柴的位置，求要讓兩列火柴距離最小的最小交換次數，並對 \(10^8-3\) 取模。資料滿足 \(1 \leq n \leq 10^{5}, 0 \leq\) 火柴高度 \(<2^{31}\) 。
分析
這道題看起來和逆序對好像沒有什麼關係，需要一些分析後才可以和逆序對聯絡起來。
首先我們要分析出什麼時候火柴距離最小。展開火柴距離的式子：
因為所有火柴高度已經定下來了，即 \(\sum_{i=1}^{n}\left(a_{i}^{2}+b_{i}^{2}\right)\) 大小不會隨著交換而改變。所以我們要最大化 \(\sum_{i=1}^{n}\left(2 a_{i} b_{i}\right)\) 才能使這個式子最小。根據排序不等式，我們知道同序和 \(\geqslant\) 亂序和 \(\geqslant\) 逆序和（證明可以自行百度，會用就行了）。所以我們要讓火柴排成“同序和”的順序即可。換句話說，假如我們僅交換 \(b\) 列火柴（交換 \(a\) 和 \(b\) 是等效的，我們選一列交換，讓另一列不動就行）就是讓 \(b\) 的第 \(i\) 小與 \(a\) 的第 \(i\) 小懟齊。
這其實是一種排序，認識到這一點很重要。我們原來平時的排序，以升序為例，其實是把下標當做一個標準序列 \(standard[~]=\{1,2,3,···,n\}\) ,然後把要排序的陣列 \(num\) 按照 \(standard\) 從小到大懟齊，也就是 \(num\) 的第 \(i\) 小與 \(standard\) 的第 \(i\) 小懟齊。而在只能進行相鄰交換的前提下，最小的交換次數就是 \(num\) 的逆序對數目（可以自己感性證明一下）。現在我們把標準序列的定義換成一個指示 \(a\) 的第 \(i\) 小的位置的陣列，即 \(a[~standard[i]~]\) 是 \(a\) 的第 \(i\) 小，要排序的陣列定義改為指示 \(b\) 的第 \(i\) 小的位置的陣列 ,即 \(b[~num[i]~]\) 是 \(b\) 的第 \(i\) 小。然後新建一個序列 \(q\),讓 \(q[~standard[i]~] = num[i]\) ,即讓 \(num[~]\) 按照 \(standard[~]\) 進行“排序”，最終答案就是 \(q\) 的逆序對數目。
這裡是比較難理解的，需要自己列幾個例子輔助思考。剩下部分其實就是求逆序對的模板。雖然資料範圍很大，但是我們用了一種特殊的離散化方式，將離散化陣列 \(p_i\) 定義為 \(a\) 或 \(b\) 的第 \(i\) 小的位置（也就是上文中的 \(standard\) 和 \(num\)）。
\(Code:\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define For(i,sta,en) for(int i = sta;i <= en;i++)
#define lowbit(x) x&(-x)
#define speedUp_cin_cout ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);
typedef long long ll;
const int maxn = 2e5+9;
const int mod = 1e8-3;
int a[maxn],b[maxn],q[maxn],pa[maxn],pb[maxn];
ll t[maxn],n;
void update(int now){
while(now <= n){
t[now]++;
now += lowbit(now);
}
}
ll query(int now){
ll an = 0;
while(now){
an = (an + t[now])%mod;
now -= lowbit(now);
}return an;
}
bool cmp1(int &x,int &y){
return a[x] < a[y];
}
bool cmp2(int &x,int &y){
return b[x] < b[y];
}
int main(){
speedUp_cin_cout //讀寫優化
cin>>n;
For(i,1,n) cin>>a[i],pa[i] = i; //pa，pb為離散化陣列
For(i,1,n) cin>>b[i],pb[i] = i;
sort(pa+1,pa+1+n,cmp1);
sort(pb+1,pb+1+n,cmp2);
For(i,1,n) q[pa[i]] = pb[i]; //新建序列
ll ans = 0;
//求q的逆序對
For(i,1,n){
ans = (((query(n) - query(q[i]))%mod + ans)%mod+mod)%mod;
update(q[i]);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
總結
逆序對和樹狀陣列的聯絡還是挺大的，很多涉及逆序對的題目都可以嘗試用樹狀陣列衝一下，當然歸併排序也是一定要掌握的啦。