NOI Online 题解
Noi Online 题解 （TG）
T2 冒泡排序
0.前言
这是一道非常常规，非常套路的数据结构题
对于这一类题 解决它有三 四 步
- 分析性质
- 应用性质
- 数据结构优化
- 开 long long
1.分析性质
结论 ： 对于一个 1~n 的任意排列 P ，令 其 第 i 位 的逆序对 Si ,一轮冒泡排序后 第 i 位的逆序对个数位 SSi
满足 经过一轮冒泡排序 SSi =max( 0 , Si+1 - 1 ) 且 SSn = 0
如果 不够形象 ，可以举个例子 ： 对于 1~5 的排列 P ： 1 ， 3 ， 5 ， 2 ， 4
他的 S ： 0 ，0 ，0 ，2 ，1
经过一轮冒泡排序 P' : 1 ， 3 ， 2 ， 4 ， 5
他的 S'： 0 ，0 ，1 ，0 ，0
你可以把 S 和 S’ 对照着看 ：
0 ，0 ，0 ，2 ，1，
0 ，0 ，1 ，0 ，0
是不是满足上述关系？问了也白问，当然满足
对于这个性质 ， 这里给出以下证明 ：
证 ： 对于一个 1~n 的任意排列 P ，令 其 第 i 位 的逆序对 Si
一轮冒泡排序后 第 i 位的逆序对个数位 SSi
每一轮 冒泡排序 的 具体 过程 可以抽象为 ：
- 以 第一个数 为 当前最大值 x；
- 将 这个数 移至 第一个比 当前最大值 x 大 的数 y 的 前一个位置 ， 并把 中间的数 向前移动 一个单位；
- 如果还未到最后一个 以 y 为新的 当前最大值 x，重复第二步；如果已经达到最后一个 ， 结束排序
我们可以发现 ， 对于 这样 的 “三步循环版冒泡排序” ，每一次 “三步循环” 中 ，有 两种 不同的数
分别是 ： 当前最大值 x（红体）， 中间的数（黄体），
（ps：至于 比当前最大值 x大的数 y ，由于它会成为下一次“三步循环” 中 的 当前最大值 x ，所以不做考虑）
对于 当前最大值 x ，经过移动后 ， 它的逆序对数为 0（即他前面没有比他大的数）
其实可以这么想 ： 因为 x 能被选为 当前最大值 ， 即说明 ，他本身就是 前面最大的数 ，
以此及彼 ， 可知 ： y 之前也没有比 y 大的数 ，
所以 Sy的位置 = 0 ， 所以 SSx被移到的位置 = 0 是符合我们的结论 SSi =max( 0 , Si+1 - 1)。
而对于 中间的数 ，在位置的改变上 ， 它 仅仅 只是向前移动了 一个单位
至于逆序对个数 ，在 当前最大值 x 现在被移到了后面 ，本来它 与每一个 “中间的数” 都能组成 一组逆序对 ， 而现在由于冒泡排序 ，两者被拆散了
所以 SS每一个中间的数，向前移动一个单位后的位置 = S每一个中间的数，原来的位置 - 1 这也是 符合 我们的结论的 。
这样我们就证明了， SSi =max( 0 , Si+1 - 1 )
至于 SSn = 0 …… 其实你只要令Sn+1 = 0 就行了
假若真的要证明 ， 其实可以用冒泡排序的定义 ： 每次选出无序部分中最大的，放在有序部分的最前面
（这个不理解的，请再去温习一下冒泡排序）
这样的话 ， 即便你只进行了一轮 冒泡排序 后 ，就已经有了 SSn = 0 了。连我都觉得不是很清楚，你们还是令Sn+1 = 0吧
证毕。
下面可以投入使用了。
2.应用性质（假设计算经过 k 轮冒泡排序后……）
如果你直接应用上述性质，用O(n*k) 的时间复杂度制造 k 轮后的逆序对数列 ，你将得到 10 分 ≌ 暴力
既然我们要求的是逆序对总数 ， 那么我们需要准换！！！
假设 我们 已经知道了 原序列的 逆序对总数sum 和 逆序对数列 S
如果 所有 的 SSi 都等于Si - 1 的 话 ，答案就很好考虑 ，即 ans = sum-k*n
但很明显 ，不是所有的 Si 都支持 减 k 次 1
同样明显 ， 我们可以发现 只有满足 Si >= k ，才能够减 k 次 1 ； 而其他 Si 最多 也是能减 Si 次
再看看我们最早给出的式子 ans=sum - k*n 其实是多减了
那多减了多少呢？
请大家借助一下这幅图（白色为多减的部分）
可以发现 对于 Si = 0 时 我们多减了 k ，对于 Si =1 时 我们多减了 k -1 ，对于 Si = k-1 时 我们多减了 1
我们不妨用一个桶 fi ， 来统计 Si = i 出现的个数 ，
即 多减部分 = ∑k-1i=0 (k - i) * fi
有了这个式子 ， 我们就能推出 答案 为 ans=n - k*n + 多减部分
3.数据结构优化
如果直接使用上述的答案式子 ，单词询问 的 时间复杂度是 O(n) 的 ， 你将获得 40 分 ， 等价于 两个暴力
现在考虑用数据结构优化上述表达式
我们发现 ， 原先 40 分 算法的复杂度瓶颈 在于 计算多减部分 ， 唯独可以被优化的 ，也只有这一部分了
由于这是一个很常规的树状数组优化，如果你已经想到，可跳过下一段
我们可以发现 ， 式子 多减部分 = ∑k-1i=0 (k - i) * fi ，可以变形为 ：多减部分 = [ ∑k-1i=0 （n-i）* fi ] - （n - k ) * ( ∑k-1 i=0 fi ) 因式分解后可变回原式
而 变形后的的式子 ， 前一部分 和 后一部分 都能用树状数组维护 。
看一下这幅图可以帮助理解 ：
我们可以用树状数组维护白色部分
再看下图 ：
在上图中 ， 我们可以看到 ， 真正的多减部分是蓝色的部分 ， 而我们用树状数组统计的， 是 红色 与 蓝色 部分的总和 ， 所以要减到 红色部分 。
以上所谈论的 ， 使得单次询问的时间复杂度 优化到了O（ logn ) 了
这部分代码如下 ：
if (x>=n) // 冒泡排序最多进行 n-1 次 { puts("0"); continue; } printf("%lld\n",sum-x*n+(C::ask(x)-B::ask(x)*(n-x)));
4. 关于修改操作
题中的修改 是指 将 第 x 个位置， 与 第 x + 1 个位置 相交换
在前文中 ， 我们已经有了用两个树状数组求答案的方法 ， 现在我们要做的 ， 就是更新这两个树状数组 。
由于 这两个树状数组都和 fi 有关 ， 而 fi 又和 Si 有关 ，Si 又和 交换后的序列P 有关 。因而我们一一考虑。
对于 Px 和 Px+1 ， 直接交换即可
交换 Px 和 Px+1 后 ，我们发现 影响只存在于新的 Sx 和 Sx+1 之间，
- 如果 Px 和 Px+1 本身就是一组逆序对 ， 那么交换后 这组逆序对就消失了， 即 新的 S x = 原来的S x+1 - 1 ，Sx+1 = 原来的 Sx
- 如果 Px 和 Px+1 本身是有序的 ， 那么交换后 这两个就会产生 一组逆序对 ， 即 新的 S x+1 = 原来的 S x + 1 ，Sx = 原来的 Sx+1
再看 fi ， 这个比较方便 ， 你只要把 原先的Sx 和 Sx+1 在桶内的值删去 ， 加上 新的Sx 和 Sx+1 的贡献 。
至于两个树状数组 ， 也一样 ，先把原先的 fx 和 fx+1 的贡献删除 ，加入 新fx 和 fx+1 的 贡献 。
这部分代码如下
swap(ans[x], ans[x + 1]); if (a[x]>a[x+1])// 原先就是逆序对 { f[ans[x]]--; B::add(ans[x]+1,-1); C::add(ans[x]+1,ans[x]-n); ans[x]--; C::add(ans[x]+1,n-ans[x]); B::add(ans[x]+1,1); f[ans[x]]++; sum--; } else // 原先不是逆序对 { f[ans[x+1]]--; B::add(ans[x+1]+1,-1); C::add(ans[x+1]+1,ans[x+1]-n); ans[x+1]++; C::add(ans[x+1]+1,n-ans[x+1]); B::add(ans[x+1]+1,1); f[ans[x+1]]++; sum++; } swap(a[x], a[x+1]);
5. Code Time
#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 2000007
#define LL long long
using namespace std;
int n,m;
LL sum,f[MAXN],ans[MAXN],a[MAXN];
namespace A
{
LL c[MAXN];
void add(int x,LL y)
{
for (;x<=n;x+=x&(-x)) c[x]+=y;
}
LL ask(int x)
{
LL res=0;
for (;x;x-=x&(-x)) res+=c[x];
return res;
}
}
namespace B
{
LL c[MAXN];
void add(int x,LL y)
{
for (;x<=n;x+=x&(-x)) c[x]+=y;
}
LL ask(int x)
{
LL res=0;
for (;x;x-=x&(-x)) res+=c[x];
return res;
}
}
namespace C
{
LL c[MAXN];
void add(int x,LL y)
{
for (;x<=n;x+=x&(-x)) c[x]+=y;
}
LL ask(int x)
{
LL res=0;
for (;x;x-=x&(-x)) res+=c[x];
return res;
}
}
signed main()
{
scanf("%d %d",&n,&m);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
f[0]=1;
ans[1]=0;
A::add(a[1],1);
B::add(1,1);
C::add(1,n);
for (int i=2;i<=n;i++)
{
int x=A::ask(n)-A::ask(a[i]);
f[x]++;
ans[i]=x;
sum+=x;
A::add(a[i],1);
B::add(x+1,1);
C::add(x+1,n-x);
}
for (int i=1;i<=m;i++)
{
int op,x;
scanf("%d %d",&op,&x);
if (op==1)
{
swap(ans[x], ans[x + 1]);
if (a[x]>a[x+1])
{
f[ans[x]]--;
B::add(ans[x]+1,-1);
C::add(ans[x]+1,ans[x]-n);
ans[x]--;
C::add(ans[x]+1,n-ans[x]);
B::add(ans[x]+1,1);
f[ans[x]]++;
sum--;
}
else
{
f[ans[x+1]]--;
B::add(ans[x+1]+1,-1);
C::add(ans[x+1]+1,ans[x+1]-n);
ans[x+1]++;
C::add(ans[x+1]+1,n-ans[x+1]);
B::add(ans[x+1]+1,1);
f[ans[x+1]]++;
sum++;
}
swap(a[x],a[x+1]);
}
else
{
if (x>=n)
{
puts("0");
continue;
}
printf("%lld\n",sum-x*1LL*n+(C::ask(x)-B::ask(x)*1LL*(n-x)));
}
}
return 0;
}
