【bzoj3702】二叉树 权值线段树

神奇的解法

对于每个节点，建出权值线段树

每次查询右子树的权值线段树和左子树的权值线段树，左子树中比右子树小的有多少？右子树比左子树小的有多少？(分别对应不交换的逆序对和交换的逆序对)

将左子树和右子树的权值线段树合并

递归进行这个操作

感觉复杂度很不靠谱，于是想证明一下复杂度

最开始权值线段树共O(nlogn)个节点，最后共O(n)个节点

每次合并两棵树的每个节点都要访问一遍，所以每个节点好像是要访问O(dep[i])次？

但是，合并两棵树后，有些重复的节点被合并到了一起

所以好像有些节点又没有合并O(dep[i])次？

感觉很靠谱，但是不会证明

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define maxn 400010
#define N 4000100

using namespace std;

int lch
,rch
,sum
;
int root[maxn],l[maxn],r[maxn],w[maxn];
int n,m,num,tot;
long long ans,cnt1,cnt2;

void dfs(int x)
{
scanf("%d",&w[x]);
if (!w[x])
{
l[x]=++num;
dfs(num);
r[x]=++num;
dfs(num);
}
}

void update(int x)
{
sum[x]=sum[lch[x]]+sum[rch[x]];
}

void modify(int &x,int l,int r,int d)
{
if (!x) x=++tot;
if (l==r) {sum[x]=1;return;}
int mid=(l+r)/2;
if (d<=mid) modify(lch[x],l,mid,d);
else modify(rch[x],mid+1,r,d);
update(x);
}

int merge(int x,int y)
{
if (!x) return y;
if (!y) return x;
cnt1+=(long long)sum[rch[y]]*sum[lch[x]];
cnt2+=(long long)sum[rch[x]]*sum[lch[y]];
lch[x]=merge(lch[x],lch[y]);
rch[x]=merge(rch[x],rch[y]);
update(x);
return x;
}

void dfs1(int x)
{
if (!w[x])
{
dfs1(l[x]);
dfs1(r[x]);
cnt1=cnt2=0;
root[x]=merge(root[l[x]],root[r[x]]);
ans+=min(cnt1,cnt2);
}
}

int main()
{
scanf("%d",&n);
num++;dfs(1);
for (int i=1;i<=num;i++)
if (w[i]) modify(root[i],1,n,w[i]);
dfs1(1);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}