思路

序列中
|i | 1| 2| 3| 4| 5| 6| 7| 8| 9| 10|
|----|--|--|--|--|--|--|--|--|--|--|
|a[i]| a| b| c| L| d| e| f| R| g| h|
現逆序對為ans,要交換L,R
則\([1,3],[9,10]\)這兩段區間的都不會被他倆影響 (因為L,R和他們相對位置沒變啦)
所以現在我們只需要考慮區間\([4,8]\)就好，其他的不考慮在內
一個數對一個區間產生逆序對的貢獻為
① 前面大于他的數的個數 (在區間前面)
② 后面小于他的數的個數 (在區間后面)
因為\(L,R\)之間的區間3,6是不變的(廢話)
\(L,R\)又在區間兩端
那么很顯然的
\(ans=ans-(L對區間zz的貢獻②)+(L對區間zz的貢獻①)-(R對區間zz的貢獻①)+(R對區間zz的貢獻②)\)
那區間內的貢獻咋求啊？
定義不是很明確了嗎 就是區間大于x或者小于的個數
\(=>ans-(區間zz內小于L的個數)+(區間zz內大于L的個數)-(區間zz內大于R的個數)+(區間zz內小于R的個數)\)(注意，相等的沒有任何貢獻)
無腦數據結構唄
隨便來個帶修主席樹 (樹狀數組套線段樹)
復雜度\(nlog^{2}n\)
但常數巨大，更新一次ans要詢問8次

錯誤

都是些zz錯誤
n寫成len
特盤忘記輸出ans

代碼

//天蒼蒼，野茫茫，代碼怎么這么長 #include <bits/stdc++.h> #define FOR(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i) using namespace std; const int maxn=1e5+7; int read() {int x=0,f=1;char s=getchar();for(;s>'9'||s<'0';s=getchar()) if(s=='-') f=-1;for(;s>='0'&&s<='9';s=getchar()) x=x*10+s-'0';return x*f; } int n,m,ans,len,rt[maxn],a[maxn],lsh[maxn],cnt; int thu[maxn]; struct node {int ch[2],siz; }e[maxn*30]; void build(int &now,int old,int l,int r,int k) {now=++cnt;e[now]=e[old];e[now].siz++;if(l==r) return;int mid=(l+r)>>1;if(k<=mid) build(e[now].ch[0],e[old].ch[0],l,mid,k);else build(e[now].ch[1],e[old].ch[1],mid+1,r,k); } void modify(int &now,int l,int r,int k,int gs) {if(!now) now=++cnt;e[now].siz+=gs;if(l==r) return;int mid=(l+r)>>1;if(k<=mid) modify(e[now].ch[0],l,mid,k,gs);else modify(e[now].ch[1],mid+1,r,k,gs); } int query1(int now,int l,int r,int k) { //小于mid的數 if(l>=k) return 0;if(r<k) {int tot=e[now].siz;FOR(i,1,thu[0]) tot+=e[thu[i]].siz;return tot;}int mid=(l+r)>>1;if(k<=mid) {FOR(i,1,thu[0]) thu[i]=e[thu[i]].ch[0];return query1(e[now].ch[0],l,mid,k); } else {int tot=e[e[now].ch[0]].siz;FOR(i,1,thu[0]) tot+=e[e[thu[i]].ch[0]].siz;FOR(i,1,thu[0]) thu[i]=e[thu[i]].ch[1];return tot+query1(e[now].ch[1],mid+1,r,k); } } int query2(int now,int l,int r,int k) { //大于mid的數 if(r<=k) return 0;if(l>k) {int tot=e[now].siz;FOR(i,1,thu[0]) tot+=e[thu[i]].siz;return tot;}int mid=(l+r)>>1;if(k<=mid) {int tot=e[e[now].ch[1]].siz;FOR(i,1,thu[0]) tot+=e[e[thu[i]].ch[1]].siz;FOR(i,1,thu[0]) thu[i]=e[thu[i]].ch[0];return tot+query2(e[now].ch[0],l,mid,k);} else {FOR(i,1,thu[0]) thu[i]=e[thu[i]].ch[1];return query2(e[now].ch[1],mid+1,r,k); } } int solve(int l,int r,int k,int pd) {//區間內小于(或小于)k的個數int tmp=0;thu[0]=0;for(int i=r;i>=1;i-=(i&-i)) thu[++thu[0]]=rt[i+n];tmp+=pd ? query1(rt[r],1,len,k) : query2(rt[r],1,len,k);thu[0]=0;for(int i=l-1;i>=1;i-=(i&-i)) thu[++thu[0]]=rt[i+n];tmp-=pd ? query1(rt[l-1],1,len,k) : query2(rt[l-1],1,len,k);return tmp; } namespace get_init_ans {int sum[maxn];void BIT_modify(int x) {for(int i=x;i<=n;i+=(i&-i)) sum[i]++;}int BIT_query(int x) {int tot=0;for(int i=x;i>=1;i-=(i&-i)) tot+=sum[i];return tot;} void get_ans() {for(int i=1;i<=n;++i) {BIT_modify(a[i]); ans+=i-BIT_query(a[i]);}} } using namespace get_init_ans; int main() {//readn=read();FOR(i,1,n) a[i]=lsh[i]=read();//lsh and initsort(lsh+1,lsh+1+n);len=unique(lsh+1,lsh+1+n)-lsh-1;FOR(i,1,n) {a[i]=lower_bound(lsh+1,lsh+1+len,a[i])-lsh; build(rt[i],rt[i-1],1,len,a[i]);}//get_ansget_ans();cout<<ans<<"\n";//workm=read();FOR(i_ak_ioi,1,m) {int x=read(),y=read(),l,l1=0,l2=0,r,r1=0,r2=0;if(a[x]==a[y]) {cout<<ans<<"\n";continue; }if(x>y) swap(x,y);//queryl=x+1,r=y-1;if(l<=r) {l2=solve(l,r,a[x],1);l1=solve(l,r,a[x],0);r2=solve(l,r,a[y],1);r1=solve(l,r,a[y],0);}//updateans=ans-l2+l1-r1+r2+(a[x]<a[y] ? 1 : -1);cout<<ans<<"\n";//updatefor(int i=x;i<=n;i+=(i&-i)) {modify(rt[i+n],1,len,a[x],-1);modify(rt[i+n],1,len,a[y],1);}for(int i=y;i<=n;i+=(i&-i)) {modify(rt[i+n],1,len,a[y],-1);modify(rt[i+n],1,len,a[x],1); }swap(a[x],a[y]);}return 0; }

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總結

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