题目描述

猫猫TOM和小老鼠JERRY最近又较量上了,但是毕竟都是成年人,他们已经不喜欢再玩那种你追我赶的游戏,现在他们喜欢玩统计。最近,TOM老猫查阅到一个人类称之为“逆序对”的东西,这东西是这样定义的:对于给定的一段正整数序列,逆序对就是序列中ai>aj且i<j的有序对。知道这概念后,他们就比赛谁先算出给定的一段正整数序列中逆序对的数目。

输入格式

第一行,一个数n,表示序列中有n个数。

第二行n个数,表示给定的序列。序列中每个数字不超过10910^9109

输出格式

给定序列中逆序对的数目。

输入输出样例

输入 #1

6
5 4 2 6 3 1
输出 #1

11

思路:和POJ2352类似,这个题可以先建一棵空树,然后不断查询不断插点。对于逆序对的定义已经很清楚了,在这里应用桶排序的思想,每个叶子节点保存的是这个数的个数。不考虑题目所给的输入值1e9范围的话,当从输入读到一个数a[i]时,若求他的逆序数,只需要统计叶子节点i+1位置到最终位置的区间和(因为是按照输入顺序插入的,读到第i个时前面i-1个数已经进入桶了,统计大于a[i]的数的个数更新ans即可。因为先建的是空树,所以可以直接统计到最大范围)。区间查询完毕后进行当前点的插入,最终输出ans。

这是数字元素范围比较小的情况,但题目给的范围是1e9,n的范围是1e5,自然想到要进行离散化。逆序数只涉及相对大小关系,就可以进行映射。比方说5,99999,853,6666666,119就可以映射成1,4,3,5,2且其相对大小关系并没有改变,这样就可以用数组存储了。


#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[];
int bin[];
int cnt=;
int n;
struct SegmentTree
{
int l,r;
long long dat;//dat为节点值
}t[*];//四倍n大小存储所有节点
void build(int p,int l,int r)//建树
{
t[p].l=l;
t[p].r=r;
t[p].dat=; //建树先建一棵空树
if(l==r)return;//建树先建一棵空树
int mid=(l+r)/;
build(p*,l,mid);
build(p*+,mid+,r);
}
int query(int p,int L,int R,int l,int r)//区间查询 p是当前节点在t数组的下标,L是当前节点覆盖范围左端点,R是当前节点覆盖范围右端点,l是题目中待查询区间的左端点,r是待查询区间右端点
{
if(l<=L&&r>=R)return t[p].dat;//如果待查寻区间直接覆盖了当前节点区间,直接返回当前节点的值(区间查询常规操作
long long res=;
int mid=(L+R)/;
if(l<=mid)res+=query(*p,L,mid,l,r);//如果待查区间左端点在mid左边或等于mid,就需要用到当前节点的左子节点
if(r>mid)res+=query(*p+,mid+,R,l,r);//如果待查区间左端点在mid右边,就需要用到当前节点的右子节点
//注意res是+= +=的关系 注意取等条件
return res;
}
void update(int p,int L,int R,int x)//单点修改 p是当前节点在t数组的下标,L是当前节点覆盖范围左端点,R是当前节点覆盖范围右端点,x是待插入的值
{
if(L==R)
{
t[p].dat++;//桶内个数+1
return;
}
int mid=(L+R)/;
if(x<=mid)
{
update(*p,L,mid,x);
}
else
{
update(*p+,mid+,R,x);
}
t[p].dat=t[*p].dat+t[*p+].dat;//不要忘记递归完后要更新父节点
}
int main()
{
cin>>n;
int i;
long long ans=;
build(,,);
for(i=;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
bin[++cnt]=a[i];//先复制输入的数组(便于排序等操作而不干扰原始数组)
}
sort(bin+,bin+n+);//排序(二分查找的必要条件)
cnt=unique(bin+,bin+cnt+)-bin-;//unique函数实现去重,得到的cnt是去重后的bin数组大小
for(int i=;i<=n;i++)
{
a[i]=lower_bound(bin+,bin+cnt+,a[i])-bin;//lower_bound函数查找原始的a[i]在排序数组的位置,减去起始地址得到下标,用此下标更新a[i]的值。这个题只需要知道相对关系就行,要得到原始值的话可以bin[a[i]]
}
for(int i=;i<=n;i++)
{
ans+=query(,,,a[i]+,);//区间查询 表示从下标为1的数根开使,起始节点覆盖范围为1到500005(直接查到最大即可),待查区间是a[i]+1到500005 (如果大于输入最大值了也只能是0,不会影响)。为a[i]+1的原因是之前已经离散化了,比a[i]大的最近的数就是a[i]+1(联系桶排序)
update(,,,a[i]);//单点修改
}
cout<<ans;
return ;
}

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