inversion就是逆序对
【解法一】
暴力方法最直接，也最容易想到，两层for循环就可以算出来逆序数：每遇到一个元素回头遍历寻找比其大的元素个数即可，当然向后寻找比其小的元素个数也可以，复杂度为O(n^2)，代码：
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int sum = 0;for(int i = 0; i < size; ++i){ for(int j = i+1; j < size; ++j) { if(arr[i] > arr[j]) { ++sum; } }}return sum; |
【解法二】
这种方法最初见于《算法导论》，这里先附上《算法导论》2-4关于逆序对的几点讨论：
1） 如果数组的元素取自集合[1,2,…,n]，那么，怎样的数组含有最多的逆序对？它包含多少个逆序对？
析：很容易想到，当一个数列为逆序时，即[n,n-1,n-2,…,1]，逆序数是最多的，是多少？当n=1，inversion=0；n=2，inversion在原来基础上增加1；n=3，inversion增加2…n=n时，inversion增加n-1，所以总的inversion为等差求和n(n-1)/2；也可以这样理解，数列[n,n-1,n-2,…,1]中任取两个数皆为逆序对，故逆序数为Cn2，即n(n-1)/2。
2） 插入排序的运行时间与输入数组中逆序对的数量之间有怎样的关系？
析：我们知道插入排序的程序如下
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for(int i = 1; i < n; ++i){ int key = arr[i]; for(int j = i; j > 0 && arr[j-1] > key; --j) { arr[j] = arr[j-1]; } arr[j] = key;} |
可以看出，每次内层循环都尝试将当前元素放在“合适”的位置上，所以对于内层循环的每一次迭代，都是在消除当前元素相对之前元素所对应的一系列逆序对，故总的循环便是消除数列所有的逆序对；
3） 给出一个算法，它能用O(nlgn)的最坏运行时间，确定n个元素的任何排列中逆序对的数目。（提示：修改合并排序）
《算法导论》在这里直接提示修改合并排序，所以自然就是用到分治归并的思想，那么逆序对是出现在什么时候？出现多少呢？
我们知道归并排序是通过分治，然后归并两个有序的序列成一个有序序列。现假设两段有序序列分别是[beg,mid]和[mid+1,end]，在归并过程中（i,j分别为两段序列的下标），如果a[i]<a[j]，则不会产生逆序对；但当a[i]>a[j]时，就出现逆序对了，出现了多少？既然[beg,mid]是有序的，那么[i-mid]序列就都能与a[j]构成逆序对，故：mid-i+1
复杂度O(nlgn)，代码如下：
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#include<iostream>using namespace std;/* 归并求逆序对数, arr 存储最终有序结果 * 在函数外申请一个临时数组作为参数传入 * 避免递归不断创建临时数组的开销 */int Merge(int * arr, int beg, int mid, int end, int * tmp_arr){ memcpy(tmp_arr+beg,arr+beg,sizeof(int)*(end-beg+1)); int i = beg; int j = mid + 1; int k = beg; int inversion = 0; // 合并过程中的逆序数 while(i <= mid && j <= end) { if(tmp_arr[i] <= tmp_arr[j]) { arr[k++] = tmp_arr[i++]; }else { arr[k++] = tmp_arr[j++]; inversion += (mid - i + 1); } } while(i <= mid) { arr[k++] = tmp_arr[i++]; } while(j <= end) { arr[k++] = tmp_arr[j++]; } return inversion;}int MergeInversion(int * arr, int beg, int end, int * tmp_arr){ int inversions = 0; // 记录倒序数 if(beg < end) { int mid = (beg + end) >> 1; inversions += MergeInversion(arr, beg, mid, tmp_arr); inversions += MergeInversion(arr, mid+1, end, tmp_arr); inversions += Merge(arr, beg, mid, end, tmp_arr); } return inversions;}/* 测试序列 ：answer: 10 */int testPoint[10] = { 1, 4, 2, 9, 48, 15, 13, 44, 6, 90};void main(){ int arrcopy[10]; // 临时数组 memcpy(arrcopy,testPoint,sizeof testPoint); printf("the num of inversions is: %d
", MergeInversion(testPoint,0,9,arrcopy));} |
【解法三】
显得最有技术含量的算法来了。一般来讲，在解决数列的区间问题上，线段树有很高的出镜率。逆序数便是一个“区间和”的问题：对于数列中的每个元素，它对应的逆序数便是之前序列中大于该元素的元素个数和。
先说点题外话，来引出为什么要用线段树，热热身。
线段树这种数据结构有什么用？我们先来考虑一下下面的需求（全部要求在LogN时间内完成）：如何知道一个点在一个点集里的大小“排名”？很简单，开一个点数组，排个序，再二分查找就行了；如何在一个点集内动态增删点？也很简单，弄个平衡树就行了（本来平衡树比线段树复杂得多，但自从世界上有了STL set这么个好东东，就……^_^）那如果我既要动态增删点，也要随时查询到一个点的排名呢？那对不起，可能就要出动到我们的“点树”（线段树）了。
其实现原理很简单：每当增加（或删除）一个大小为X的点时，就在树上添加（或删除）一条(X,MaxLen)的线段（不含端点），当要查询一个点的排名时，只要看看其上有多少条线段就可以了。
说到这，有人可能会有疑问了，我们明明是要求逆序对数，这和一个点在一个点集合里面的“排名”有什么关系呢？我要说，怎么没关系！我们在求逆序对的时候，尤其是解法一，暴力求解的原理不就是对数组中的每个元素a[i]，检查该元素（即a[i]）前面的元素中，有多少个元素比它大，即有多少个逆序对是以元素a[i]收尾的。比如逆序对（a[1], a[i]）,(a[3], a[i])等等。其实这不就是在计算元素a[i]的排名嘛。。。只不过暴力的方法是遍历一次去求元素a[i]的排名，其时间复杂度是O(N)。现在我们有了新式武器（线段树），我们去计算元素a[i]的排名的时候，时间复杂度降到O（logn）了，你说我们有没有必要学好线段树~！~当然了，树状数组和线段树非常类似，也可以解决这个问题。
暴力法AC的代码中时间复杂度是O(N^2),主要是集中在最开始计算C的代码： for(i=0;i<N;++i)
{cin>>Seq[i];
for(j=0;j<i;++j)
if(Seq[j]>Seq[i]) ++C;
}针对这个循环，我们可以用线段树改进这个过程，使其复杂度降到O(nlogn).为了统计C，每次输入a[i]时，我们只需要计算当前线段树中[a[i]+1,n-1]中存在的数目。
#include<iostream>using namespace std;/* 线段树求逆序数 */#define BORDER 100 // 设测试数列最大不超过100struct Node // 线段树{ int left; int right; int counter;}segTree[4*BORDER];/* 构建线段树 根节点开始构建区间[lef,rig]的线段树*/void construct(int index, int lef, int rig){ segTree[index].left = lef; segTree[index].right = rig; if(lef == rig) // 叶节点 { segTree[index].counter = 0; return; } int mid = (lef+rig) >> 1; construct((index<<1)+1, lef, mid); construct((index<<1)+2, mid+1, rig); segTree[index].counter = 0;}/* 包含x的区间的值都+1 即对包含x的logn个节点的路径进行更新*/void insert(int index, int x){ ++segTree[index].counter; if(segTree[index].left == segTree[index].right) { return; } int mid = (segTree[index].left + segTree[index].right) >> 1; if(x <= mid) { insert((index<<1)+1, x); }else { insert((index<<1)+2, x); }}/* 查询点x的逆序数，即查询[x,BORDER]的区间和 */int query(int index, int left, int right){ if(segTree[index].left == left && segTree[index].right == right) { return segTree[index].counter; } int mid = (segTree[index].left+segTree[index].right) >> 1; if(right <= mid) { return query((index<<1)+1,left,right); }else if(left > mid) { return query((index<<1)+2,left,right); } return query((index<<1)+1,left,mid) + query((index<<1)+2,mid+1,right);}/* 测试序列 ：answer: 10 */int testPoint[10] = { 1, 4, 2, 9, 48, 15, 13, 44, 6, 90};void main(){ construct(0,0,100); // 构建[0,100]线段树 int reverseSum = 0; // 记录逆序对数 for(int i = 0; i < 10; ++i) // 查询当前逆序数 { reverseSum += query(0,testPoint[i],BORDER); printf("num of reverse order is: %d
", reverseSum); insert(0,testPoint[i]); }}