【题目大意】

一共有n份,每份有一个大小和一个编号。Mato每天随机选一个区间[l,r],拷贝出来(即对原序列不影响),给它们排序,并且每次只能交换相邻两份文件。问每天最少交换几次?

【思路】

显然,每天最少交换次数=[l,r]逆序对的个数。离散化后,用莫队离线查询,用树状数组来维护当前的区间。

假设我们已经知道[l,r]的逆序对的个数,怎样才能求出[l-1,r],[l+1,r],[l,r-1]和l[r+1]呢?

随便考虑序列3,5,2,4,7,6,8,已知[2,4]逆序对的个数为2对。[l-1,r]逆序对的个数有3对,即加上比3小的个数;[l+1,r]逆序对的个数有0对,即减去比5小的个数;[l,r-1]有1对,即减去比4大的数的个数;[l,r+1]有2对,即加上比7大的数的个数,由此可以得出结论:

@AutSky_JadeK

①在一列数的后面添加一个数,逆序对数会增加 数列中比它大的数的个数。

②在一列数的后面删除一个数,逆序对数会减少 数列中比它大的数的个数。

③在一列数的前面添加一个数,逆序对数会增加 数列中比它小的数的个数。

④在一列数的前面删除一个数,逆序对数会减少 数列中比它小的数的个数。

时间复杂度为O(n^1.5*log(n))

 #include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct node
{
int num,pos;
bool operator < (const node &x) const {return num<x.num;}
};
struct queries
{
int l,r,pos,id,ans;
};
const int MAXN=+;
int n,m,size[MAXN],e[MAXN];
node tmpsize[MAXN];
queries q[MAXN];
bool cmp(queries a,queries b)
{
return (a.pos==b.pos)?a.r<b.r:a.pos<b.pos;
} bool cmpid(queries a,queries b)
{
return a.id<b.id;
} int lowbit(int x)
{
return (x&(-x));
} int sum(int p)
{
int ret=;
while (p>)
{
ret+=e[p];
p-=lowbit(p);
}
return ret;
} void modify(int p,int x)
{
while (p<=n)
{
e[p]+=x;
p+=lowbit(p);
}
} void init()
{
scanf("%d",&n);
for (int i=;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&tmpsize[i].num);
tmpsize[i].pos=i;
}
sort(tmpsize+,tmpsize+n+);
for (int i=,j=;i<=n;i++)
{
if (i== || tmpsize[i].num!=tmpsize[i-].num) j++;
size[tmpsize[i].pos]=j;
}
scanf("%d",&m);
int block=int(sqrt(n));
for (int i=;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r);
q[i].id=i;
q[i].pos=(q[i].l-)/block+;
}
sort(q+,q+m+,cmp);
} void query()
{
memset(e,,sizeof(e));
int l=,r=,ans=;
for (int i=;i<=m;i++)
{
while (l<q[i].l) modify(size[l],-),ans-=sum(size[l]-),l++;
while (l>q[i].l) l--,modify(size[l],),ans+=sum(size[l]-);
while (r>q[i].r) modify(size[r],-),ans-=r-l-sum(size[r]),r--;
while (r<q[i].r) r++,modify(size[r],),ans+=r-l+-sum(size[r]);
q[i].ans=ans;
}
sort(q+,q+m+,cmpid);
for (int i=;i<=m;i++) printf("%d\n",q[i].ans);
} int main()
{
init();
query();
return ;
}

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