- Description
0～n-1数字组成的序列,然后进行这样的操作,每次将最前面一个元素放到最后面去会得到一个序列,每得到一个序列都可得出该序列的逆序数（如果一对数的前后位置与大小顺序相反，即前面的数大于后面的数，那么它们就称为一个逆序。一个排列中逆序的总数就称为这个排列的逆序数）。要求求出最小的逆序数。
- Input
输入包含若干组数据，每组数据包含两行，第一行为整数n，第二行是一个0..n-1的排列。
- Output
每组数据输出一行一个整数，表示最小的逆序对数量。
- Sample Input 1
10 1 3 6 9 0 8 5 7 4 2
- Sample Output 1
16
- Hint
n<=100 000最多不超过10组数据.
逆序对的一种常规的做法就是归并排序，但是对于这道题，对n个序列进行n次归并排序，时间达到了O(n*n logn)，超时。
题目中说下一个序列是将这一个序列的第一个元素提到最后而成的，
容易发现这两个序列有很大部分逆序对是相同的，只有有关于改动的那个元素的逆序对变化了。
每次将a[1]放到最后，整个序列的逆序对增加了 b - l 对，
其中b是后面比a[1]大的元素个数，即新增的逆序对数量，
l是后面比a[1]小的元素个数，即减少的逆序对数量
求出b和l就能以O(1)的时间向下一个序列转移
可以用树状数组先求出a[i]的左边和右边分别有几个元素比a[i]小（l[i],r[i]），
那么a[i]左边比它大的个数就是dl[i]=i-1-l[i],右边比它大的个数就是dr[i]=n-i-r[i]
由a[1]开始依次计算出把每个元素提到最后之后序列的逆序对个数ans
则b = dl[i] + dr[i]，l = l[i] +r[i]
转移：ans = ans + (b - l)
= ans + (dl[i] + dr[i] - l[i] - r[i])
= ans + ( (i-1-l[i]) + (n-i-r[i]) - l[i] - r[i])
= ans + (n - 1 - 2*(l[i] + r[i]))
初始状态需要先计算出来：ans1 = sum(r[i]) 或者sum(i-1-l[i])
答案取ans的最小值即可
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #include<vector> #include<algorithm> #define maxn 100005 #define maxm 100005 #define lowbit(x) (x&(-x)) #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i) using namespace std; typedef long long ll; int n, a[maxn]; int c[maxm]; int l[maxn], r[maxn]; void add(int p){ while(p<=n) c[p]++, p += lowbit(p); } int query(int p){ int ans = 0; while(p) ans += c[p], p -= lowbit(p); return ans; } int main(){ while(scanf("%d",&n) == 1){ FOR(i, 1, n) scanf("%d",&a[i]), a[i]++; memset(c, 0, sizeof(c)); FOR(i, 1, n) l[i] = query(a[i]-1), add(a[i]); memset(c, 0, sizeof(c)); ROF(i, n, 1) r[i] = query(a[i]-1), add(a[i]); ll ans = 0, tmp; FOR(i, 1, n) ans += r[i]; tmp = ans; FOR(i, 1, n-1){ tmp += n - 1 - 2 * (l[i] + r[i]); ans = min(ans, tmp); } printf("%lld\n", ans); } return 0; }