[BZOJ3295] [Cqoi2011]动态逆序对（带修改主席树）

题目描述

对于序列A，它的逆序对数定义为满足i<j，且Ai>Aj的数对(i,j)的个数。给1到n的一个排列，按照某种顺序依次删除m个元素，你的任务是在每次删除一个元素之前统计整个序列的逆序对数。

输入输出格式

输入格式：

输入第一行包含两个整数n和m，即初始元素的个数和删除的元素个数。以下n行每行包含一个1到n之间的正整数，即初始排列。以下m行每行一个正整数，依次为每次删除的元素。

输出格式：

输出包含m行，依次为删除每个元素之前，逆序对的个数。

输入输出样例

输入样例#1：

5 4
1
5
3
4
2
5
1
4
2

输出样例#1：

5
2
2
1

样例解释
(1,5,3,4,2)，(1,3,4,2)，(3,4,2)，(3,2)，(3)。

说明

N<=100000 M<=50000

[b]题解[/b]

原来还以为自己已经会带修改主席树了呢……才发现自己还是太naive……

然后找到的题解全是CDQ分治的……我这个蒟蒻有点方……

然后发现还是zcysky大佬写的最吼啦

还是来详细的说一说

先考虑无修改的逆序对怎么做？

很明显，用树状数组（虽然我今天之前一直以为逆序对个数只能用归并做）

我们记$a1[i]$表示在$i$之前且比$i$大的数的个数（注意，这里的i指的是位置），那么很明显答案为$\sum _{i=1}^n a[i]$

代码实现

for(int i=1;i<=n;++i){
val[i]=read(),pos[val[i]]=i;
a1[i]=ask(n)-ask(val[i]);
ans+=a1[i];
for(int j=val[i];j<=n;j+=lowbit(j)) ++c[j];
}

记$a2[i]$表示在$i$之后且比$i$小的数的个数，只要把上面那个倒着推就行了

for(int i=n;i;--i){
a2[i]=ask(val[i]-1);
for(int j=val[i];j<=n;j+=lowbit(j)) ++c[j];
}

接下来我们考虑修改操作。

每一次将一个数删除，减少的逆序对个数是多少？

很明显是$a1[i]+a2[i]$，然后我们就可以做啦

于是评测机表示并不想理你并丢给你一堆WA

这个时候我们发现自己忽略了一个关键的问题，如果$a1[i]$和$a2[i]$中表示的数已经有被删除了的怎么办？

我们只要把这些被删除的数减去即可

具体来说，我们可以考虑用一个带修改主席树维护

因为主席树维护的是前缀和

如果按照一般思想，一个一个去更改太浪费时间了

我们想到，前缀和可以用树状数组的思想来维护

于是我们可以用树状数组的思想建主席树

于是每一次更改就可以减少到做$log n$次了

所以每一次删去一个数，我们就在主席树上插入这个数

要算答案时，只要减去$a1[i]$和$a2[i]$，再把删除的数加回来就好了

只要在主席树上$[1,i-1]$区间中大于$val[i]$的数的个数和$[i+1,n]$区间中小于$val[i]$的数的个数即可

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define N 100005
#define M 5000005
#define ll long long
using namespace std;
#define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline ll read(){
#define num ch-'0'
char ch;bool flag=0;ll res;
while(!isdigit(ch=getc()))
(ch=='-')&&(flag=true);
for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*10+num);
(flag)&&(res=-res);
#undef num
return res;
}
char obuf[1<<24],*o=obuf;
void print(ll x){
if(x>9) print(x/10);
*o++=x%10+48;
}
int L[M],R[M],sum[M],rt
;
int val
,pos
,xx
,yy
,c
,a1
,a2
;
int n,cnt,q;ll ans=0;
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
int ask(int x){
int s=0;
for(int i=x;i;i-=lowbit(i)) s+=c[i];
return s;
}
void update(int &now,int l,int r,int k){
if(!now) now=++cnt;
++sum[now];
if(l==r) return;
int mid=(l+r)>>1;
if(k<=mid) update(L[now],l,mid,k);
else update(R[now],mid+1,r,k);
}
int querysub(int x,int y,int v){
int cntx=0,cnty=0,ans=0;--x;
for(int i=x;i;i-=lowbit(i)) xx[++cntx]=rt[i];
for(int i=y;i;i-=lowbit(i)) yy[++cnty]=rt[i];
int l=1,r=n;
while(l<r){
int mid=(l+r)>>1;
if(v<=mid){
for(int i=1;i<=cntx;++i) ans-=sum[R[xx[i]]];
for(int i=1;i<=cnty;++i) ans+=sum[R[yy[i]]];
for(int i=1;i<=cntx;++i) xx[i]=L[xx[i]];
for(int i=1;i<=cnty;++i) yy[i]=L[yy[i]];
r=mid;
}
else{
for(int i=1;i<=cntx;++i) xx[i]=R[xx[i]];
for(int i=1;i<=cnty;++i) yy[i]=R[yy[i]];
l=mid+1;
}
}
return ans;
}
int querypre(int x,int y,int v){
int cntx=0,cnty=0,ans=0;--x;
for(int i=x;i;i-=lowbit(i)) xx[++cntx]=rt[i];
for(int i=y;i;i-=lowbit(i)) yy[++cnty]=rt[i];
int l=1,r=n;
while(l<r){
int mid=(l+r)>>1;
if(v>mid){
for(int i=1;i<=cntx;++i) ans-=sum[L[xx[i]]];
for(int i=1;i<=cnty;++i) ans+=sum[L[yy[i]]];
for(int i=1;i<=cntx;++i) xx[i]=R[xx[i]];
for(int i=1;i<=cnty;++i) yy[i]=R[yy[i]];
l=mid+1;
}
else{
for(int i=1;i<=cntx;++i) xx[i]=L[xx[i]];
for(int i=1;i<=cnty;++i) yy[i]=L[yy[i]];
r=mid;
}
}
return ans;
}
int main(){
//freopen("testdata.in","r",stdin);
n=read(),q=read();
for(int i=1;i<=n;++i){
val[i]=read(),pos[val[i]]=i;
a1[i]=ask(n)-ask(val[i]);
ans+=a1[i];
for(int j=val[i];j<=n;j+=lowbit(j)) ++c[j];
}
memset(c,0,sizeof(c));
for(int i=n;i;--i){
a2[i]=ask(val[i]-1);
for(int j=val[i];j<=n;j+=lowbit(j)) ++c[j];
}
while(q--){
print(ans),*o++='\n';
int x=read();x=pos[x];
ans-=(a1[x]+a2[x]-querysub(1,x-1,val[x])-querypre(x+1,n,val[x]));
for(int j=x;j<=n;j+=lowbit(j)) update(rt[j],1,n,val[x]);
}
fwrite(obuf,o-obuf,1,stdout);
return 0;
}