队友发了一道cf的题过来，然后。。一上午就做了一道题。。
CF#609E 题目地址
复习树状数组求逆序数1
复习树状数组求逆序数2
参考博客1
参考博客2
题目大意：每次可以移动相邻的结点，求最小能够出现1~k子序列的交换次数
思路：
最小交换次数，首先想到与逆序数有关，以前做过类似的题，3 2 1，交换成 1 2 3的最小次数，就是求 3 2 1这个序列的逆序数=3
这题稍微有点变化，就是3 2 1 中间可能还存在 其它数字，比如 3 4 5 2 1，要我们求 出现 3 2 1 的最小交换次数；
可以想到，把 4 和 5 剔除，先把 3 2 1移动在一起，再求逆序数；所有最后的答案 = 剔除4、5的次数 + 321逆序数的值。
求逆序数，套树状数组的模板就可以了。
所以重点是求剔除4和5多余元素的最少交换次数，这里就要用到二分，二分最少的中间位置，求出最合适的交换次数，二分的是 最合适的中间位置，使得左右平衡交换次数最少。
可以用每个数和中间位置的 (位置差-1) 来表示需要的交换次数, 这里可以用另外一个树状数组, 记录每个 <=i 的位置前缀和来实现，就是sum2数组。
所以最后总结：
建两个树状数组：
1.sum1(i)维护表示前i个位置中已经出现了多少个比当前数要小的数的个数
2.sum2(i) 表示前i个位置中所有比当前数小的位置和
3.二分sum2，公式求和，参考上面的博客2
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2e5+5;
ll sum1[maxn];
ll sum2[maxn];
ll a[maxn];
ll pos[maxn];
int n;
//树状数组模板
ll lowbit(ll x){
return x & -x;
}
void add(ll *sum,ll x,ll v){
while(x <= n){
sum[x] += v;
x += lowbit(x);
}
}
ll query(ll *sum,ll x){
ll res = 0;
while(x > 0){
res += sum[x];
x -= lowbit(x);
}
return res;
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
pos[a[i]] = i;//值为a[i]的元素 "位置"在为i的地方
}
ll ans1 = 0;
for(int i=1;i<=n;i++){
ans1 += i - 1 - query(sum1,pos[i]); //求逆序数 和相加
add(sum1,pos[i],1); //前i个位置中已经出现了的比当前数要小的数的个数+1
add(sum2,pos[i],pos[i]); //比第i个位置小的 位置+pos[i]
int mid,l = 1,r = n;
while(l<=r){ //二分需要靠拢的最中间的位置
mid = (l+r)>>1;
if(query(sum1,mid)*2 <= i) l = mid+1;
else r = mid - 1;
}
//将mid左边的数靠拢到mid附近的花费
//cnt:mid左边部分的个数 sum1(mid):维护的是前mid个元素的比mid小的元素个数(比mid小才需要移动)
//sum:mid前的位置和 sum2(mid)维护的是第mid个元素前的所有元素的位置和
ll ans2 = 0;
ll cnt = query(sum1,mid);
ll sum = query(sum2,mid);
ans2 += mid*cnt-sum-cnt*(cnt-1)/2;
//将mid右边的数靠拢到mid附近的花费
//cnt是每个mid右边的个数 sum = 总的所有元素位置和 - mid前位置和 = 右边元素位置和
cnt = i-cnt;
sum = query(sum2,n) - sum;
ans2 += sum-cnt*(mid+1)-cnt*(cnt-1)/2;
cout<<ans1+ans2<<" ";
}
return 0;
}