P3157 [CQOI2011]动态逆序对
题目描述
对于序列A，它的逆序对数定义为满足i<j，且Ai>Aj的数对(i,j)的个数。给1到n的一个排列，按照某种顺序依次删除m个元素，你的任务是在每次删除一个元素之前统计整个序列的逆序对数。
输入格式
输入第一行包含两个整数n和m，即初始元素的个数和删除的元素个数。以下n行每行包含一个1到n之间的正整数，即初始排列。以下m行每行一个正整数，依次为每次删除的元素。
输出格式
输出包含m行，依次为删除每个元素之前，逆序对的个数。
输入输出样例
输入 #1复制
5 4
1
5
3
4
2
5
1
4
2
输出 #1复制
5
2
2
1
样例解释
(1,5,3,4,2)(1,3,4,2)(3,4,2)(3,2)(3)。
说明/提示
N<=100000 M<=50000
思路：
如果不是很懂CDQ的话，建议先看下这个。
CDQ 分治解决和点对有关的问题
然后就是一个很裸的CDQ分治解决三维偏序的问题，
我们知道逆序对可以是放在一个平面2维坐标系中，点在数组中的位置pos为x，点的数值为y
两个点$ (x1,y1)$ , $ (x2,y2)$
如果满足：
$ x1<x2$ 同时 $ y1>y2$
那么这个点对是一个逆序对。
那么CDQ问题的3个维度分别可以是：
时间，x坐标，y坐标。
第一维护直接sort解决，x坐标在归并排序中解决升序，y坐标用树状数组这个数据结构解决。
时间复杂度： $ O(n*log^2(n) )$
代码有一些备注。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <iomanip>
#define ALL(x) (x).begin(), (x).end()
#define sz(a) int(a.size())
#define rep(i,x,n) for(int i=x;i<n;i++)
#define repd(i,x,n) for(int i=x;i<=n;i++)
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<long long ,long long>
#define gbtb ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define MS0(X) memset((X), 0, sizeof((X)))
#define MSC0(X) memset((X), ' ', sizeof((X)))
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define eps 1e-6
#define gg(x) getInt(&x)
#define chu(x) cout<<"["<<#x<<" "<<(x)<<"]"<<endl
#define du3(a,b,c) scanf("%d %d %d",&(a),&(b),&(c))
#define du2(a,b) scanf("%d %d",&(a),&(b))
#define du1(a) scanf("%d",&(a));
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
ll lcm(ll a, ll b) {return a / gcd(a, b) * b;}
ll powmod(ll a, ll b, ll MOD) {a %= MOD; if (a == 0ll) {return 0ll;} ll ans = 1; while (b) {if (b & 1) {ans = ans * a % MOD;} a = a * a % MOD; b >>= 1;} return ans;}
void Pv(const vector<int> &V) {int Len = sz(V); for (int i = 0; i < Len; ++i) {printf("%d", V[i] ); if (i != Len - 1) {printf(" ");} else {printf("
");}}}
void Pvl(const vector<ll> &V) {int Len = sz(V); for (int i = 0; i < Len; ++i) {printf("%lld", V[i] ); if (i != Len - 1) {printf(" ");} else {printf("
");}}}
inline void getInt(int *p);
const int maxn = 1000010;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
/*** TEMPLATE CODE * * STARTS HERE ***/
struct node {
int t;
int x;
int y;
node() {}
node(int tt, int xx, int yy)
{
t = tt;
x = xx;
y = yy;
}
bool operator < (const node &bb )const
{
if (x != bb.x) {
return x < bb.x;
} else {
return y < bb.y;
}
}
} a[maxn], b[maxn];
bool cmpx(node &aa, node &bb)
{
return aa.t < bb.t;
}
int n, m;
int pos[maxn];
ll ans[maxn];
ll tree[maxn];
int lowbit(int x)
{
return -x & x;
}
ll ask(int x)
{
ll res = 0ll;
while (x) {
res += tree[x];
x -= lowbit(x);
}
return res;
}
void add(int x, ll val)
{
while (x < maxn) {
tree[x] += val;
x += lowbit(x);
}
}
void clear(int x)
{
while (x < maxn) {
tree[x] = 0ll;
x += lowbit(x);
}
}
void cdq(int l, int r)
{
if (l == r) {
return ;
}
int mid = (l + r) >> 1;
cdq(l, mid);
cdq(mid + 1, r);
int ql = l;
int qr = mid + 1;
// 计算在其左边，数值比其大的贡献
//
// 下面是类似归并排序方式计算贡献
repd(i, l, r) {
if (qr > r || (ql <= mid && a[ql] < a[qr])) {
add(a[ql].y, 1);
b[i] = a[ql++];
} else {
ans[a[qr].t] += ask(n) - ask(a[qr].y );
b[i] = a[qr++];
}
}
repd(i, l, mid) {
clear(a[i].y);
}
repd(i, l, r) {
a[i] = b[i];
}
// 计算在其右边，数值比其小的贡献
// 因为上面已经归并排序过了，所以这个区间中是以x为升序的。
for (int i = r; i >= l; --i) {
if (a[i].t <= mid) {
add(a[i].y, 1);
} else {
ans[a[i].t] += ask(a[i].y);
}
}
repd(i, l, r) {
clear(a[i].y);
}
}
int main()
{
//freopen("D:\code\text\input.txt","r",stdin);
//freopen("D:\code\text\output.txt","w",stdout);
du2(n, m);
repd(i, 1, n) {
a[i].x = i;
du1(a[i].y);
pos[a[i].y] = i;
}
int tm = n;
repd(i, 1, m) {
int x;
du1(x);
a[pos[x]].t = tm--;
}
repd(i, 1, n) {
if (!a[i].t) {
a[i].t = tm--;
}
}
sort(a + 1, a + 1 + n, cmpx);// 按照time排序，确保时间维度time是升序的。
cdq(1, n);
repd(i, 1, n) {
ans[i] += ans[i - 1];
}
for (int i = n; i >= n - m + 1; --i) {
printf("%lld
", ans[i]);
}
return 0;
}
inline void getInt(int *p)
{
char ch;
do {
ch = getchar();
} while (ch == ' ' || ch == '
');
if (ch == '-') {
*p = -(getchar() - '0');
while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {
*p = *p * 10 - ch + '0';
}
} else {
*p = ch - '0';
while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {
*p = *p * 10 + ch - '0';
}
}
}