对于排列，逆序对与位移距离的关系

在洛谷乱逛，发现一个提问：一个排列中，\(|p_i - i|\) 的和一定大于等于逆序对数量？（答案是 Yes）

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Diaconis P, Graham R L. Spearman's footrule as a measure of disarray[J]. Journal of the Royal Statistical Society Series B: Statistical Methodology, 1977, 39(2): 262-268.

我是乱读的。开篇先介绍了 4 种距离函数，用于衡量两个长度为 \(n\) 的排列 \(a,b\) 之间的差异。

发现了个人比较感兴趣的结论。

\(T(a,b)\) 表示每次可以任意交换 \(a\) 中两个元素，使其变成 \(b\) 的最少次数。

\(I(a,b)\) 表示相邻项交换（冒泡排序）需要的最少次数，即逆序对。

\(D(a,b)\) 表示 \(\sum |a_i - b_i|\)，即位移距离。

\(S(a,b)\) 表示 \(\sum {(a_i - b_i)}^2\)。

这篇论文回答了上面的问题，使用了前三个记号。

\[I + T \le D \le 2I \]

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不等式右侧

先说明 \(D \le 2I\)，我们考虑 \(I\) 的操作过程，每次交换 \(a_i\) 和 \(a_{i+1}\)。

这里我们要先说明，由于排序恰好操作 \(I\) 次，那么每步都会消除恰好 \(1\) 个逆序对。
为了后文方便，我们把操作序列反过来，每步增加 \(1\) 个逆序对，即假设 \(a_i < a_{i+1}\)。

下面我们针对 \(b=\{1,2,3...n\}\) 证明，使用的记号是 \(i\)，这样写起来简洁。
对于更一般的情况，可以把 \(i\) 替换为 \(b_i\)，因为记号会全部相消掉，只留下数值，所以不重要。

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我们在每次操作时，计算对 \(D\) 的增量贡献 \(\Delta\)

\(\Delta = |i - a_{i+1}| + |i + 1 - a_{i}| - |i - a_i| - |i + 1 - a_{i+1}|\)

接下来通过 3 类讨论，把绝对值拆掉：

1. 当 \(a_{i+1} \le i\) 时，\(\Delta = 0\)
2. 当 \(a_{i} \ge i + 1\) 时，\(\Delta = 0\)
3. 当 \(a_{i+1} \ge i + 1\) 且 \(a_{i} \le i\) 时，\(\Delta = 2\)

这里的范围巧妙，因为讨论最后第三类时，在翻转前两类的符号时，不等式一侧恰好可以 \(\pm 1\)。

也就是说，每次逆序对交换时，至多会对 \(D\) 产生 \(2\) 的贡献，故 \(D \le 2I\)。

Knuth 在 1973 年还指出，想要构造 \(D =2I\) 取等的情况，当且仅当 不存在 \(i < j < k\) 满足 \(a_i > a_j > a_k\)。

且这类排列的数量恰好是卡特兰数 \({1 \over {2n+1}} \binom{2n+1}{n}\)。

不等式左侧

后面有个反证法的详细步骤略去了，等打完 sprb 全成就再来补（bushi）

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左侧边界 \(I + T \le D\) 的证明更为复杂，最后还需要使用 Cayley 定理。

说明顺序如下，先解决 \(I \le D\)，随后进一步说明 \(D - I \ge T\)。

下面我们用论文里的记号，说实话可以换成 \(i\) 和 \(j\) 之类的。

Part1

记所有逆序对形如 \((k,l)\)，即 \(k \le l\) 且 \(\pi(k) > \pi(l)\)。

我们先改写位移距离 \(D = \sum |i - \pi(i)|\)，拆掉绝对值：

\[D = \sum_{\pi(i) \ge i} (\pi(i) - i) + \sum_{\pi(i) \le i} (i - \pi(i)) \]

同时逆序对可以分为两类，每个逆序对 至少 属于其中一种。

• Type I：\(\pi(k) \ge l \gt k\)
• Type II: \(\pi(k) \le l\)

这个正确性比较显然，是按照同 \(l\) 的大小关系分类。

对照上面的求和式，即 \(D\) 大于等于 Type I 加 Type II 的数量（\(D \ge I\)）

也可观察到

• 固定 \(k\)，产生的 Type I 数量，不会超过它向右的位移量 \(\pi(k) - k\)
• 固定 \(l\)，产生的 Type II 数量，不会超过它向左的位移量 \(l - \pi(l)\)。

Part2

我们考虑一下，前面的大于等于号，是哪里多算了。

1. 存在某个位置 \(y\) 满足 \(k < y \le \pi(k) < \pi(y)\)。此时 \(y\) 消耗了 \(k\) 的右移距离（被算在 \(\pi(k) - k\) 里了），但是 \(\pi(k) < \pi(y)\) 说明它们是正序的，并没有构成逆序对。
2. 同理，存在左移方向的多算，即满足 \(\pi(x) < \pi(l) \le x < l\) 的情况。
3. 有些逆序对既是 Type I 又是 Type II（即满足 \(x < \pi(x)\) 且 \(\pi^2(x) < \pi(x)\)）。它在计算向右和向左位移时被加了两次，但在总逆序对 \(I\) 中只算了一个，这也产生 \(1\) 的贡献。

这三者会使得 \(D-I\) 的值恰好变大 \(1\)，我们形式化它们，可以写出五个情况：

1. \(x < \pi(x)\) 且 \(\pi^2(x) < \pi(x)\)。（\(\pi^2(k)\) 表示对 \(k\) 连续做两次位置映射，即 \(\pi(\pi(k))\)）。
2. \(k < \pi(k) < \pi^2(k)\)，且 \(y = \pi(l)\)
3. \(k < y < \pi(k) < \pi(y)\)。
4. \(\pi^2(l) < \pi(l) < l\)，且 \(x = \pi(l)\)
5. \(\pi(x) < \pi(l) < x < l\)。

文章里称呼它们为 Critical configurations，每个会多算 \(1\) 的数值。

接下来非常神，我们引入排列的循环（就是有多少个环），假设排列里出现了 \(C\) 个环。
对于一个长度为 \(m\) 的环，文章用反证法，说明证明了它至少包含 \(m-1\) 个 Critical configurations。

[ 略 ]

于是此时我们得知 \(D-I \ge \sum (m_i - 1) = (\sum m_i) - C = n - C\)。

最后一步是免费的午餐，直接代入 Cayley 定理 \(T = n - C\)，成功证明了 \(D-I \ge T\)。

综上，也就是说完成了 \(I + T \le D \le 2I\) 的证明。