離散化后通過樹狀數組求出：

b[i]為i之前比它小的。

c[i]為i之前比它大的=i-1-i之前小于等于它的。

d[i]為i之后比它小的。

e[i]為i之后比它大的=n-i-f[i]。

f[i]為i之后小于等于它的。

則：

$cnt_{123}=\sum_{i=1}^n b[i]e[i]$

$cnt_{321}=\sum_{i=1}^n c[i]d[i]$

$cnt_{213}$=將序列a翻轉后的$cnt_{312}$

$cnt_{231}$=將序列a翻轉后的$cnt_{132}$

$cnt_{312}=\sum_{i=1}^n b[i]c[i]-cnt_{132}$

$cnt_{132}$可以這樣計算：

枚舉$3$的位置$i$，它右邊比它小的$k$有$b[k]$的貢獻，還要減去$i$右下角內$12$形狀的二元組的個數，即右下角$b[k]+f[k]$的和$-C_{d[i]}^2$。

?

時間復雜度$O(n\log n)$。

?

#include<cstdio> #include<algorithm> #define N 100010 typedef long long ll; int n,i,a[N],b[N],c[N],d[N],e[N],f[N];ll bit[N],c1,c2,c3,c4,c5,c6,all; inline void read(int&a){char c;while(!(((c=getchar())>='0')&&(c<='9')));a=c-'0';while(((c=getchar())>='0')&&(c<='9'))(a*=10)+=c-'0';} inline int lower(int x){int l=1,r=n,mid,t;while(l<=r)if(b[mid=(l+r)>>1]<=x)l=(t=mid)+1;else r=mid-1;return t; } inline void add(int x,int y){for(;x<=n;x+=x&-x)bit[x]+=y;} inline ll ask(int x){ll t=0;for(;x;x-=x&-x)t+=bit[x];return t;} void write(ll x){for(printf("0."),i=0;i<20;i++)x*=10,printf("%d",x/all),x%=all;puts("");} int main(){for(read(n),i=1;i<=n;i++)read(a[i]),b[i]=a[i];for(std::sort(b+1,b+n+1),i=1;i<=n;i++)a[i]=lower(a[i]);for(i=1;i<=n;i++)b[i]=ask(a[i]-1),c[i]=i-1-ask(a[i]),add(a[i],1);for(i=1;i<=n;i++)bit[i]=0;for(i=n;i;i--)d[i]=ask(a[i]-1),f[i]=ask(a[i]),e[i]=n-i-f[i],add(a[i],1);for(i=1;i<=n;i++)bit[i]=0;for(i=n;i;i--){c1+=1LL*b[i]*e[i],c6+=1LL*c[i]*d[i];c5+=1LL*b[i]*c[i],c2+=ask(a[i]-1)-1LL*d[i]*(d[i]-1)/2,add(a[i],b[i]+f[i]);}c5-=c2;for(i=1;i<n-i+1;i++)std::swap(a[i],a[n-i+1]);for(i=1;i<=n;i++)bit[i]=0;for(i=1;i<=n;i++)b[i]=ask(a[i]-1),c[i]=i-1-ask(a[i]),add(a[i],1);for(i=1;i<=n;i++)bit[i]=0;for(i=n;i;i--)d[i]=ask(a[i]-1),f[i]=ask(a[i]),add(a[i],1);for(i=1;i<=n;i++)bit[i]=0;for(i=n;i;i--)c3+=1LL*b[i]*c[i],c4+=ask(a[i]-1)-1LL*d[i]*(d[i]-1)/2,add(a[i],b[i]+f[i]);c3-=c4;all=c1+c2+c3+c4+c5+c6;write(c1),write(c2),write(c3),write(c4),write(c5),write(c6);return 0; }

　　

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總結

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