题解：Minimize Inversions Number

前言

好题。

思路分析

分析一下答案的组成：

令 \(d_i=\sum_{j=1}^{i-1} [p_i<p_j]-\sum_{j=1}^{i-1}[p_i>p_j]\)，\(S\) 表示选出的集合，\(cnt\) 表示集合 \(S\) 的逆序对数，\(tot\) 表示这个序列的逆序对数：

\[tot-\sum_{i \in S} d_i+cnt-(\binom{|S|}{2}-cnt) \]

不难发现问题在于如何决策 \(cnt\) 这一项。

做一点观察：对于任意两个 \(i,j\) 满足 \(i < j,p_i > p_j\)，都满足 \(j\) 优先于 \(i\) 被选择。

考虑用调整法进行证明，将 \((i,p_i),(j,p_j)\) 画到二维平面上，分析这两个点划分出的九个象限，发现如果我们将 \(i\) 点向右下方移动，那么序列的逆序对数会变大。

因此，我们总可以找到一个更合适的 \(i\)，使得答案之和最小。

同时，因为调整之后的下标会增加，调整都会在有限步数内结束。

这样我们就证明了结论的正确性。

设 \(s_i = \sum_{j=i+1}^{n} [p_i>p_j]\)，那么不难发现：

\[d_i=(i-p_i+s_i)-(p_i-s_i-1)=i-2p_i+2s_i+1 \]

\[cnt=\sum_{i \in S} s_i \]

所以答案变为：

\[tot-\sum_{i \in S} i-2p_i+1+\binom{|S|}{2} \]

我们惊喜的发现这个式子对于 \(i\) 是独立的！

具体地，我们按 \(i-2p_i+1\) 排序，每次选择前 \(k\) 大即可。

用树状数组求逆序对即可。

总体复杂度 \(O(n \log n)\)。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int t,n,ans,a[500005],b[500005];
#define lowbit(i) (i&(-i))
int c[500005];
void modify(int x,int k){
	for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)){
		c[i]+=k;
	}
}
int query(int x){
	int ans=0;
	for(int i=x;i;i-=lowbit(i)){
		ans+=c[i];
	}
	return ans;
}
bool cmp(int x,int y){
	return x>y;
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			cin>>a[i];
			b[i]=i-2*a[i]+1;
			ans+=query(n)-query(a[i]);
			modify(a[i],1);
		}
		sort(b+1,b+1+n,cmp);
		cout<<ans<<' ';
		for(int i=1;i<=n;i++){
			ans-=b[i];
			cout<<ans-i*(i-1)/2<<' ';
		}
		cout<<'\n';
		for(int i=1;i<=n;i++){
			c[i]=0;
		}
		ans=0;
	}
	return 0;
}