问题描述
n 个小朋友站成一排。现在要把他们按身高从低到高的顺序排列，但是每次只能交换位置相邻的两个小朋友。
每个小朋友都有一个不高兴的程度。开始的时候，所有小朋友的不高兴程度都是0。
如果某个小朋友第一次被要求交换，则他的不高兴程度增加1，如果第二次要求他交换，则他的不高兴程度增加2（即不高兴程度为3），依次类推。当要求某个小朋友第k次交换时，他的不高兴程度增加k。
请问，要让所有小朋友按从低到高排队，他们的不高兴程度之和最小是多少。
如果有两个小朋友身高一样，则他们谁站在谁前面是没有关系的。
输入格式
输入的第一行包含一个整数n，表示小朋友的个数。
第二行包含 n 个整数 H1 H2 … Hn，分别表示每个小朋友的身高。
输出格式
输出一行，包含一个整数，表示小朋友的不高兴程度和的最小值。
样例输入
3
3 2 1
样例输出
9
样例说明
首先交换身高为3和2的小朋友，再交换身高为3和1的小朋友，再交换身高为2和1的小朋友，每个小朋友的不高兴程度都是3，总和为9。
数据规模和约定
对于10%的数据， 1<=n<=10；
对于30%的数据， 1<=n<=1000；
对于50%的数据， 1<=n<=10000；
对于100%的数据，1<=n<=100000，0<=Hi<=1000000。
解题思路：
树状数组的特点就是很快速的求前n个元素的和，那这和我们求逆序对有什么关系呢？
这里，我们要巧妙地变一下形，还是以题目中给出的数据为例 3 2 1。
因为树状数组实际上是由两部分组成：数据数组+统计数组，我们只看数据数组。由于树状数组是从1开始的，而题目中小盆友的身高可以为0（真是长见识了），所以我们将每个小盆友的身高加1然后作为树状数组的下标，将数值1存到相应的位置.
第一次读入3，此时读入的数据量为1个，变成这样
C[1] C[2] C[3] C[4] C[5] C[6] C[7] C[8]
0 0 0 1 0 0 0 0
可以看到sum(C[1],C[4])=1(可以由树状数组的统计数组得到)，这个是小于等于3的数字的个数，也就是说当输入第一个数字3的时候没有比它小的数字存在，这时我们用 输入数字总数-sum(C[1],C[4])=0，也就是说大于3的数字的个数为0，我们令b[0]=0.
第二次读入2，此时读入的数据量为2个，变成这样
C[1] C[2] C[3] C[4] C[5] C[6] C[7] C[8]
0 0 1 1 0 0 0 0
可以看到sum(C[1],C[3])=1，任然不存在比它小的数，但此时输入的数据总量为2，而2-1=1，就是说，存在一个数在2之前并且大于2，这个数当然就是3，我们另b[1]=1.第三次读入1，此时读入的数据量为3，变成这样
C[1] C[2] C[3] C[4] C[5] C[6] C[7] C[8]
0 1 1 1 0 0 0 0
可以看到sum(C[1],C[2])=1，任然不存在比它小的数，但此时输入的数据总量为3，而3-1=2，就是说，存在两个数在1之前并且大于1，这个数当然就是2，3，我们另b[2]=2.到此，我们已经算出了每个数前面的较大的数的个数了，数据存在num[]中，现在我们再反过来，先插入1，再插入2，再插入3，但这次我们不再用总数减去sum了，而直接求sum，求出来的自然就是，每个数后面的较小的数的个数，然后将得到的数值累加到相应的b[i]中，最终我们会得到b[0]=2,b[1]=2,b[2]=2,分别对应num[0]=3,num[1]=2,num[2]=1。
求得了每个小盆友被移动的次数，我们需要计算其不高兴程度，这里实际上可以事先打个表，就是将被移动n次后的不高兴值全算出来，然后直接用就可以了，这里，我们将其存到total[]数组中，而且total[2]=3，所以总不高兴值就是9.
需要注意的是如果重复的数字出现怎么办，如果出现，实际上出问题的会是求每个数之前较大数的那部分，因为用到了数的总个数，如果出现一样的数，就会导致相减后的结果偏大，而且正好是大了 重复量-1 ，那么我们就可以算出重复量，然后将这一部分减去就行，关键是怎么算重复量，实际也很简单，通过树状数组，我们可以求得sum(1,a)和sum(1,a+1)，其中输入的数字为a，前者算出的小于a的数的个数，后者算出的是小于等于a的数的个数，两个一减就是等于a的个数。
树状数组---------假设数组a[1..n]，那么查询a[1]+...+a[n]的时间是log级别的，而且是一个在线的数据结构，支持随时修改某个元素的值，复杂度也为log级别。
来观察这个图
其实在这个图还是比较难以理解，简单的说 树状数组是一种跳级的方式；
比如：
当数组中a[0]进入里面时,根据下面的代码,x+=lowbit(x),这是根据补码和反码的原理,此时x为1，然后a[1]中此时加一,再然后x变成2,a[2]也加一,当x>MAX时，函数结束.所以仔细看看这是一种向上攀爬的过程.
int lowbit(int x){
return x&-x; //这是根据补码和反码的原理1+=lowbie(1)==1+=1; 里面存在二进制的道理，求二进制中末尾0的个数;
}
void add(int x){
while(x<=MAX){
t[x]++;
x+=lowbit(x);
}
}
下面这个是求和
int sum(int x){
int n=0;
while(x>0){
n+=t[x];
x-=lowbit(x);
}
当x=3时,x-=lowbit(x),x=2; 再运算x就变成0; 因为2的进制为10，根据上面所述经过bitlow任然为2,s所以x=2-2=0;跳出循环,这也是下面的缘由,大家最好自己算算一步步来，会找到规律的.
假设数组a[1..n]，那么查询a[1]+...+a[n]的时间是log级别的，而且是一个在线的数据结构，支持随时修改某个元素的值，复杂度也为log级别。
来观察这个图：
令这棵树的结点编号为C1，C2...Cn。令每个结点的值为这棵树的值的总和，那么容易发现：
C1 = A1
C2 = A1 + A2
C3 = A3
C4 = A1 + A2 + A3 + A4
C5 = A5
C6 = A5 + A6
C7 = A7
C8 = A1 + A2 + A3 + A4 + A5 + A6 + A7 + A8
...
C16 = A1 + A2 + A3 + A4 + A5 + A6 + A7 + A8 + A9 + A10 + A11 + A12 + A13 + A14 + A15 + A16
这里有一个有趣的性质：
设节点编号为x，那么这个节点管辖的区间为2^k（其中k为x二进制末尾0的个数）个元素。因为这个区间最后一个元素必然为Ax，
所以很明显：Cn = A(n – 2^k + 1) + ... + An
代码如下:#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define MAX 1000010
using namespace std;
int t[MAX]={0},a[100010]={0},b[100010]={0},n;
long long total[100000]={0};
int lowbit(int x){
return x&-x;
}
void add(int x){
while(x<=MAX){
t[x]++;
x+=lowbit(x);
}
}
int sum(int x){
int n=0;
while(x>0){
n+=t[x];
x-=lowbit(x);
}
return n;
}
//注意树状数组中下标为0的部分不用但小朋友的身高可以为0（万万没想到）所以数据一旦录入就对其加一！！
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<n;i++)
total[i]=total[i-1]+i;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
add(a[i]+1);
b[i]=i-sum(a[i]+1);
}
memset(t,0,sizeof(t));
long long ans=0;
for(int i=n;i>0;i--){
b[i]+=sum(a[i]);
ans+=total[b[i]];
add(a[i]+1);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}