azarasi / AcWing 788. 逆序对的数量

给定一个长度为 n 的整数数列，请你计算数列中的逆序对的数量。

逆序对的定义如下：对于数列的第 i 个和第 j 个元素，如果满足 i<j 且 a[i]>a[j]，则其为一个逆序对；否则不是。

输入格式

第一行包含整数 n，表示数列的长度。

第二行包含 n 个整数，表示整个数列。

输出格式

输出一个整数，表示逆序对的个数。

数据范围

1≤n≤100000，
数列中的元素的取值范围 [1,109]。

输入样例

6
2 3 4 5 6 1

输出样例

5

题解

解决一个问题的第一步是定义清楚问题。

首先我们给出逆序对的定义： 对于数列的第 i 个和第 j 个元素，如果满足 i < j 且 a[i] > a[j]，则其为一个逆序对。 重要的地方在于，一个元素可以不只是在一个逆序对中存在。如果 k > j > i 且 a[i] > a[j] > a[k]，那么这里 有两个含 a[i] 的逆序对，分别是 (a[i], a[j]) 和 (a[i], a[k]), a[i]是可以使用多次的。

那么第二步是分析问题，这里我们可以使用分治法解决问题。

我们将序列从中间分开，将逆序对分成三类：

1. 两个元素都在左边；
2. 两个元素都在右边；
3. 两个元素一个在左一个在右；

因此这就是我们算法的大致框架：

计算逆序对的数量（序列）：

1. 递归算左边的；
2. 递归算右边的；
3. 算一个左一个右的；
4. 把他们加到到一起。

这个时候我们注意到一个很重要的性质，左右半边的元素在各自任意调换顺序，是不影响第三步计数的，因此我们可以数完就给它排序。这么做的好处在于，如果序列是有序的，会让第三步计数很容易。 如果无序暴力数的话这一步是\(O(n^2)\)的。

比如序列是这样的

4 5 6 | 1 2 3

当你发现 4 比 3 大的时候，也就是说右边最大的元素都小于左边最小的元素，那么左边剩下的 5 和 6 都必然比右边的所有元素大，因此就可以不用数 5 和 6 的情形了，直接分别加上右半边的元素个数就可以了，这一步就降低到了 O(n), 我们知道递归式 \(T(n) = 2T(\frac{n}{2})+O(n) = O(nlogn)\)的，所以排序的成本是可以接受的，并且这一问题下， 可以很自然地使用归并排序。

#include <iostream>

using namespace std;

void ms(int arr[],int l,int r,unsigned long long* ans) {
    if(l>=r) {
        return;
    }
    int m = l+r>>1;
    ms(arr,l,m,ans);
    ms(arr,m+1,r,ans);
    int i = l;
    int j = m+1;
    int p = 0;
    int tmp[100001];
    while(i<=m && j<=r) {
        if(arr[i]<=arr[j]) {
            tmp[p++] = arr[i++];
        } else {
            tmp[p++] = arr[j++];
            (*ans) += (m - i + 1);
        }
    }
    while(i<=m) {
        tmp[p++] = arr[i++];
    }
    while(j<=r) {
        tmp[p++] = arr[j++];
    }
    for(int i=0; i<p; i++) {
        arr[l+i] = tmp[i];
    }
}

int main()
{
    unsigned long long ans = 0;
    int n;
    int arr[100001];
    scanf("%d", &n);
    for(int i=0; i<n; i++) {
        scanf("%d", &arr[i]);
    }
    ms(arr,0,n-1,&ans);
    printf("%lld",ans);
}