【agc023E】Inversions（线段树，动态规划）
题面
AT
给定\(a_i\)，求所有满足\(p_i\le a_i\)的排列\(p\)的逆序对数之和。
题解
首先如何计算排列\(p\)的个数。
设\(cnt[i]\)表示\(a_k\ge i\)的个数，那么满足条件的\(p\)的总数就是\(\prod cnt[i]-(n-i)\)
大概就是从\(n\)开始填数，对于每个数字\(i\)而言，它一共有\(cnt[i]\)个位置可以填，但是后面的数字一共占用了\(n-i\)个位置，所以还剩下\(cnt[i]-(n-i)\)个位置可以填。
先讲讲\(O(n^2log)\)的做法。
枚举任意两个位置\(i,j,i\lt j\)，考虑\(i,j\)之间形成逆序对的贡献。
分成三种情况讨论。
1.\(a_i=a_j\)
显然对于任意一种满足条件的方案，要么\(p_i>p_j\)要么\(p_i<p_j\)，并且两两对称，所以就是总方案除\(2\)。
2.\(a_i<a_j\)
当\(p_j\)取\([a_i+1,a_j]\)这部分的值的时候，显然不会产生贡献，而当\(p_j\in[1,a_i]\)时，则和上面是一样的，但是注意一下，此时我们直接把\(a_j\)变成了\(a_i\)，会对于总方案产生影响，\([a_i+1,a_j]\)这一段的\(cnt\)减小了，所以用一个线段树维护一下区间积，就可以方便的维护当前状态下的总方案，那么这一部分也很好算。
3.\(a_i>a_j\)
很麻烦，但是我们可以正难则反来算，用总方案减去\(p_i<p_j\)的方案数，转化成了第二种情况，也就是将\(a_i\)直接变成\(a_j\)。
这样子用线段树维护，时间复杂度\(O(n^2logn)\)，用前后缀之类的东西维护可以做到\(O(n^2)\)。
代码如下：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 200200
#define MOD 1000000007
#define inv2 500000004
#define lson (now<<1)
#define rson (now<<1|1)
inline int read()
{
int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return t?-x:x;
}
int fpow(int a,int b)
{
int s=1;
while(b){if(b&1)s=1ll*s*a%MOD;a=1ll*a*a%MOD;b>>=1;}
return s;
}
int n,a[MAX],tot,ans;
int cnt[MAX];
int t[2][MAX<<2];
void Build(int now,int l,int r)
{
if(l==r){t[1][now]=cnt[l]-1-(n-l);t[0][now]=cnt[l]-(n-l);return;}
int mid=(l+r)>>1;
Build(lson,l,mid);Build(rson,mid+1,r);
t[0][now]=1ll*t[0][lson]*t[0][rson]%MOD;
t[1][now]=1ll*t[1][lson]*t[1][rson]%MOD;
}
int Query(int now,int l,int r,int L,int R,int c)
{
if(L<=l&&r<=R)return t[c][now];
int mid=(l+r)>>1,ret=1;
if(L<=mid)ret=1ll*ret*Query(lson,l,mid,L,R,c)%MOD;
if(R>mid)ret=1ll*ret*Query(rson,mid+1,r,L,R,c)%MOD;
return ret;
}
int main()
{
n=read();tot=1;
for(int i=1;i<=n;++i)++cnt[a[i]=read()];
for(int i=n-1;i;--i)cnt[i]+=cnt[i+1];
for(int i=1;i<=n;++i)tot=1ll*tot*(cnt[i]-(n-i))%MOD;
if(!tot){puts("0");return 0;}
Build(1,1,n);
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=i+1;j<=n;++j)
{
if(a[i]==a[j])ans=(ans+1ll*tot*inv2)%MOD;
else if(a[i]<a[j])
{
int d=1ll*tot*fpow(Query(1,1,n,a[i]+1,a[j],0),MOD-2)%MOD;
d=1ll*d*Query(1,1,n,a[i]+1,a[j],1)%MOD;
ans=(ans+1ll*d*inv2)%MOD;
}
else
{
int d=1ll*tot*fpow(Query(1,1,n,a[j]+1,a[i],0),MOD-2)%MOD;
d=1ll*d*Query(1,1,n,a[j]+1,a[i],1)%MOD;
ans=(ans+MOD-1ll*d*inv2%MOD+tot)%MOD;
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
而这种方法的复杂度瓶颈在于枚举任意两个位置之间逆序对的贡献。
考虑这个能否优化。
首先我们记\(D_i=\frac{cnt[i]-1-(n-i)}{cnt[i]-(n-i)}\)，如果要修改某个区间的总方案数，等价于用全局的总方案数乘上某一段区间。设\(S\)为全局总方案数，那么强制求改\(a[i],a[j]\)成一样的总方案数就是：\(S\times \prod_{i=min+1}^{max}D_i\)。这个东西很显然可以写成前缀的形式，也就是\(S=\frac{\prod_{i=1}^{max}D_i}{\prod_{i=1}^{min}D_i}\)。
这样子只需要维护前缀积然后求个和就好了。
注意下\(D_i\)可能为\(0\)，所以求的时候要分段计算一下贡献就好了，具体实现见代码。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 200200
#define MOD 1000000007
#define inv2 500000004
inline int read()
{
int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return t?-x:x;
}
int fpow(int a,int b)
{
int s=1;
while(b){if(b&1)s=1ll*s*a%MOD;a=1ll*a*a%MOD;b>>=1;}
return s;
}
int n,a[MAX],tot,ans;
int cnt[MAX];
int c1[MAX],c2[MAX];
int lb(int x){return x&(-x);}
void add(int x,int w){while(x<=n)c1[x]=(c1[x]+w)%MOD,++c2[x],x+=lb(x);}
int getsum1(int x){int ret=0;while(x)ret=(ret+c1[x])%MOD,x-=lb(x);return ret;}
int getsum2(int x){int ret=0;while(x)ret+=c2[x],x-=lb(x);return ret;}
int D[MAX],invD[MAX],zero[MAX],S[MAX];
int main()
{
n=read();tot=1;
for(int i=1;i<=n;++i)++cnt[a[i]=read()];
for(int i=n-1;i;--i)cnt[i]+=cnt[i+1];
for(int i=1;i<=n;++i)tot=1ll*tot*(cnt[i]-=(n-i))%MOD;
if(!tot){puts("0");return 0;}
S[0]=D[0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
int x=1ll*(cnt[i]-1)*fpow(cnt[i],MOD-2)%MOD;
if(!x)S[zero[i]=zero[i-1]+1]=i,D[i]=D[i-1];
else zero[i]=zero[i-1],D[i]=1ll*D[i-1]*x%MOD;
invD[i]=fpow(D[i],MOD-2);
}
for(int i=1;i<=n;++i)
{
ans=(ans+1ll*(getsum1(a[i])-getsum1(S[zero[a[i]]]-1)+MOD)*D[a[i]]%MOD*tot%MOD*inv2%MOD)%MOD;
add(a[i],invD[a[i]]);
}
for(int i=1;i<=n;++i)c1[i]=c2[i]=0;
for(int i=n;i;--i)
{
ans-=1ll*(getsum1(a[i]-1)-getsum1(S[zero[a[i]]]-1)+MOD)*D[a[i]]%MOD*tot%MOD*inv2%MOD;
ans=(ans+1ll*getsum2(a[i]-1)*tot)%MOD;ans=(ans+MOD)%MOD;
add(a[i],invD[a[i]]);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}