CSUST 2006-Simple Inversions（动态逆序对-分块）

题目链接：http://acm.csust.edu.cn/problem/2006
CSDN食用链接：https://blog.csdn.net/qq_43906000/article/details/100944871

Description

有一天你买了(n)只仓鼠，他们乖乖的听你话站成一排，凑巧的是他们的身高刚好依次是(1,2,3...n)。

这天你很无聊，想给仓鼠进行(m)次位置交换，每次交换位置(l)和位置(r)的仓鼠，保证(l)小于(r)。

每次交换后你都想知道一个你最喜欢的数字即逆序对数，也就是交换后仓鼠们的身高组成的序列的逆序对数。

交换是永久生效的。

逆序对即存在(1leq i<jleq n,a[i]>a[j])

Input
第一行两个整数，分别表示(n，m)

接下来(m)行，每行两个数字表示第(i)次交换的(l,r).
(1leq n,mleq 100000,1leq l<rleq n)

Output
输出(m)行，每行一个整数表示逆序对数。

Sample Input 1
5 4
1 4
3 4
2 4
3 5

Sample Output 1
5
4
5
8

和之前的删除数的做法有点类似，只不过又开放性的区间转换成一个小区间了。对于交换(l,r)这两个位置的数的时候，其逆序对的改变之和(l)到(r)之间的数有关，对于(L)而言，它减少的逆序对个数就是([L,R])之间小于(a[L])的个数，增加的就是总区间长度-小于的(a[L])的个数，而对于(R)而言，减少的逆序对个数就是(L,R)之间大于(a[R])的个数，增加的就是总区间长度-大于的(a[R])的个数：

不过按照之前的做法的话，sort会改变相对位置，那么我们只能在对应的块中找到位置(l)和位置(r)才能开始操作：

int lf=id[l],rf=id[r];
for (int i=L[lf]; i<=R[lf]; i++) {
	if (a[i].pos==l) posl=i,vall=a[i].val;
	else if (a[i].pos==r) posr=i,valr=a[i].val;
}

接下来我们对((l,r))开区间的数进行处理就好了，最后的时候判断(vall)是否大于(valr)（即在(l)的值是否大于在(r)的值）再对(ans)进行加减

其中主要过程如下：

void solve(int l,int r,int vall,int valr)
{
    int lf=id[l],rf=id[r];
    int suml=0,sumr=0,posl=0,posr=0;//左右端点的逆序对个数，左右端点在块中的位置
    if (lf==rf){
        for (int i=L[lf]; i<=R[lf]; i++){
            if (a[i].pos==l) posl=i,vall=a[i].val;
            else if (a[i].pos==r) posr=i,valr=a[i].val;
        }//找左右端点的真正位置
        for (int i=L[lf]; i<=R[lf]; i++){
            if (a[i].pos>l && a[i].val<vall && a[i].pos<r) suml++;
            if (a[i].pos<r && a[i].pos>l && a[i].val>valr) sumr++;
        }//找左右端点的逆序对个数
        int nb=(r-l-1);
        ans=ans-suml+(nb-suml)-sumr+(nb-sumr);//减去减少的，加上增加的
        if (vall<valr) ans++;
        else ans--;//对两个端点进行特判
        swap(a[posl].val,a[posr].val);//交换块中这两个位置的值
        sort(a+L[rf],a+R[rf]+1);//重新排序
    }
    else {
        for (int i=L[lf]; i<=R[lf]; i++) {if (a[i].pos==l) posl=i,vall=a[i].val;}
        for (int i=L[rf]; i<=R[rf]; i++) {if (a[i].pos==r) posr=i,valr=a[i].val;}
        for (int i=L[lf]; i<=R[lf]; i++){
            if (a[i].pos>l && a[i].val<vall && a[i].pos<=R[lf]) suml++;
            if (a[i].pos<=R[lf] && a[i].pos>l && a[i].val>valr) sumr++;
        }
        for (int i=L[rf]; i<=R[rf]; i++){
            if (a[i].pos>=L[rf] && a[i].val<vall && a[i].pos<r) suml++;
            if (a[i].pos<r && a[i].pos>=L[rf] && a[i].val>valr) sumr++;
        }
        for (int i=lf+1; i<=rf-1; i++){//对中间块的快速处理
            int block=R[i]-L[i]+1;
            int it=lower_bound(a+L[i],a+R[i]+1,node{1,vall})-(a+L[i]);
            suml+=it;
            it=block-(lower_bound(a+L[i],a+R[i]+1,node{1,valr})-(a+L[i]));
            sumr+=it;
        }
        int nb=(r-l-1);
        ans=ans-suml+(nb-suml)-sumr+(nb-sumr);
        if (vall<valr) ans++;
        else ans--;
        swap(a[posl].val,a[posr].val);
        sort(a+L[lf],a+R[lf]+1);
        sort(a+L[rf],a+R[rf]+1);
    }
}

实际上当跑暴力分块的时候我们要尽量地优化它，比如说加个读入挂什么的。
以下是AC代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int mac=1e5+10;
const int inf=1e9+10;

#define ll long long

int L[1000],R[1000],id[mac];
int t,n;
ll ans=0;
struct node
{
    int pos,val;
    bool operator<(const node &a)const{
        return val<a.val;
    }
}a[mac];

void solve(int l,int r,int vall,int valr)
{
    int lf=id[l],rf=id[r];
    int suml=0,sumr=0,posl=0,posr=0;//左右端点的逆序对个数，左右端点在块中的位置
    if (lf==rf){
        for (int i=L[lf]; i<=R[lf]; i++){
            if (a[i].pos==l) posl=i,vall=a[i].val;
            else if (a[i].pos==r) posr=i,valr=a[i].val;
        }//找左右端点的真正位置
        for (int i=L[lf]; i<=R[lf]; i++){
            if (a[i].pos>l && a[i].val<vall && a[i].pos<r) suml++;
            if (a[i].pos<r && a[i].pos>l && a[i].val>valr) sumr++;
        }//找左右端点的逆序对个数
        int nb=(r-l-1);
        ans=ans-suml+(nb-suml)-sumr+(nb-sumr);//减去减少的，加上增加的
        if (vall<valr) ans++;
        else ans--;//对两个端点进行特判
        swap(a[posl].val,a[posr].val);//交换块中这两个位置的值
        sort(a+L[rf],a+R[rf]+1);//重新排序
    }
    else {
        for (int i=L[lf]; i<=R[lf]; i++) {if (a[i].pos==l) posl=i,vall=a[i].val;}
        for (int i=L[rf]; i<=R[rf]; i++) {if (a[i].pos==r) posr=i,valr=a[i].val;}
        for (int i=L[lf]; i<=R[lf]; i++){
            if (a[i].pos>l && a[i].val<vall && a[i].pos<=R[lf]) suml++;
            if (a[i].pos<=R[lf] && a[i].pos>l && a[i].val>valr) sumr++;
        }
        for (int i=L[rf]; i<=R[rf]; i++){
            if (a[i].pos>=L[rf] && a[i].val<vall && a[i].pos<r) suml++;
            if (a[i].pos<r && a[i].pos>=L[rf] && a[i].val>valr) sumr++;
        }
        for (int i=lf+1; i<=rf-1; i++){//对中间块的快速处理
            int block=R[i]-L[i]+1;
            int it=lower_bound(a+L[i],a+R[i]+1,node{1,vall})-(a+L[i]);
            suml+=it;
            it=block-(lower_bound(a+L[i],a+R[i]+1,node{1,valr})-(a+L[i]));
            sumr+=it;
        }
        int nb=(r-l-1);
        ans=ans-suml+(nb-suml)-sumr+(nb-sumr);
        if (vall<valr) ans++;
        else ans--;
        swap(a[posl].val,a[posr].val);
        sort(a+L[lf],a+R[lf]+1);
        sort(a+L[rf],a+R[rf]+1);
    }
}

void in(int &x)
{
	int f=0;
	char ch=getchar();
	while (ch>'9' || ch<'0') ch=getchar();
	while (ch<='9' && ch>='0') f=(f<<3)+(f<<1)+ch-'0',ch=getchar();
	x=f;
}

void out(ll x)
{
	if (x>=10) out(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}

int main()
{
	int m;
    in(n);in(m);
    t=sqrt(n);
    for (int i=1; i<=t; i++){
        L[i]=(i-1)*t+1;
        R[i]=i*t;
    }
    if (R[t]<n) t++,L[t]=R[t-1]+1,R[t]=n;
    for (int  i=1; i<=t; i++)
        for (int j=L[i]; j<=R[i]; j++)
            id[j]=i;
    ans=0;
    for (int i=1; i<=n; i++){
        a[i].val=i;a[i].pos=i;
    }
    for (int i=1; i<=m; i++){
        int l,r;
        in(l);in(r);
        solve(l,r,0,0);
        out(ans);
        putchar('
');
    }
    return 0;
}