HDU_1394 Minimum Inversion Number（线段树）

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题解：

这道题不容易看出是线段树，但是我们可以先来分析题意。

给出一个数列，注意是a permutation of the n integers from 0 to n-1，其实是其他的算法也是一样的。要找到逆序数最起码是O(N^2)的时间复杂度，之后还要求变换后的。那么对于每一个数来说我们都要进行一次查询，怎样优化查询的时间复杂度呢？对了，线段树！（当然树状数组貌似也可以求解，之后学到了再去整理）线段树作为一个数据结构就是用来维护算法时间空间复杂度的。线段树的写法有很多种，有的用结构体定义节点，函数就可以少写几个形参，不过我比较喜欢用数组定义线段树，形参多写几个，这个看个人习惯，效果是一样的。

对于每次插入一个数num[i],我们可以查询当前集合中已存在的>num[i]的数字，所有的加起来就是逆序数。而查询对于线段树来说就只有O(LogN)的时间复杂度，总的时间复杂度O(NlogN)。

之后是按规定重新排列，对于每一个位于队首的元素a我们可以证明的是，变换后的逆序数sum = sum+(N-1-a)-a;

其中（N-1-a）是比a大的数，现在要加上，算入逆序数，而a表示比a小的数，现在要从原来算入的逆序数中剔除。最终找到逆序数最少有多少个。

代码实现：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#define MAX 5010

using namespace std;

int N;
int sum;
int num[MAX];
int segTree[MAX<<2|1];
void pushUp(int root);
void build(int root,int l,int r);
void update(int pos,int root,int l,int r);
int query(int a,int b,int l,int r,int root);
int main(){
while( scanf("%d",&N) != EOF ){
sum = 0;
//因为初始建立一棵空树，所以两者作用是一样的
//build(1,1,N);
memset(segTree,0,sizeof(segTree));
for( int i = 0; i < N; i++ ){
scanf("%d",&num[i]);
//查找现存的比num[i]+1大的数
sum += query(num[i]+1,N,1,N,1);
//更新num[i]+1
update(num[i]+1,1,1,N);
}
int ans = sum;
//尝试将a[0]~a[N-2]放到最后，找到最小逆序数
for( int i = 0; i < N-1; i++ ){
sum = sum+N-2*num[i]-1;
if( sum < ans ){
ans = sum;
}
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}

void build(int root,int l,int r){
//初始化为0
if( l == r ){
segTree[root] = 0;
return ;
}
int mid = (l+r)>>1;
build(root<<1,l,mid);
build(root<<1|1,mid+1,r);
pushUp(root);
return ;
}
//合点
void pushUp(int root){
segTree[root] = segTree[root<<1]+segTree[root<<1|1];
return ;
}

void update(int pos,int root,int l,int r){
if( l == r ){
segTree[root] = 1;
return ;
}
int mid = (l+r)>>1;
if( pos <= mid ){
update(pos,root<<1,l,mid);
}
else{
update(pos,root<<1|1,mid+1,r);
}
pushUp(root);
return ;
}

int query(int a,int b,int l,int r,int root){
if( a > r || b < l ){
return 0;
}
if( a<=l && b >= r ){
return segTree[root];
}
int mid = (l+r)>>1;
return query(a,b,l,mid,root<<1)+query(a,b,mid+1,r,root<<1|1);
}