P3157 動態逆序對 ，樹狀數組套動態開點線段樹

題目

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題解

在求整體的逆序對的數量時，很好辦，直接用樹狀數組處理即可，不過在這時，我們還需要處理出一個數組pa[]$pa[]$ ，其中pa[i]$pa[i]$ 代表在區間[1,i)$[1,i)$ 中滿足aj>ai$a_j>a_i$ 的aj$a_j$ 有多少個。

然後我們再利用一個新的BIT$BIT$ ，並且倒着遍歷a[]$a[]$ 數組，這樣我們可以處理出sa[]$sa[]$ 數組，其中sa[i]$sa[i]$ 表示在區間(i,n]$(i,n]$ 中有多少j$j$ 使得，ai>aj$a_i>a_j$ 。

我們考慮刪除一個元素對答案的影響，刪除一個元素以後，那麼要從答案中減去這個元素原來能構成的逆序對的數量，也就是pa[i]∗sa[i]$pa[i]\ast sa[i]$ 。但是呀，這裏有一個問題！就是說pa[i]$pa[i]$ 或者是sa[i]$sa[i]$ 中很可能包含有已經被刪除掉的元素了。

解決這個問題有兩個方案，第一就是我們每刪除的一個元素就對所有依賴這個元素的sa[]、pa[]$sa[]、pa[]$ 數組全部更新，這樣顯然不合理，遇到極端數據時間複雜度會爆炸。
還有一個解決方案就是，我們把要減去的部分容斥一下，即在已經被刪除的元素裏面，再找於、與ai$a_i$ 元素能構成逆序對的數量t$t$ 。

這樣的話，ans−=sa[i]∗pa[i]−t$ans-=sa[i]\ast pa[i]-t$ 。

這個思路聽起來很完美，但是這個t$t$ 要怎麼找呢？

其實我們需要的是對所有被刪除的元素建立一顆可修改的主席樹！

正常的主席樹想要修改的時候，如果修改了第i$i$ 個版本的主席樹，同時要把i+1、i+2...$i+1、i+\mathrm{2...}$ 等版本的主席樹都修改，因爲是主席樹跟前一個版本的主席樹是有依賴關係的。

我們發現樹狀數組跟我們的需求非常像，因爲樹狀數組具有區間求和的性質，也具有單點修改時間複雜度O(logn)$O(logn)$ 的優秀性質。

於是！我們可以用樹狀數組套權值線段樹來解決這個問題。

由於空間所限，我們做線段樹採用動態開點的方法。

其中樹狀數組裏的每一個節點裏麪包含有一顆線段樹。

代碼

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
#define pr(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl
#define int long long
const int maxn = 200007;

struct segtree{
    int root[maxn*40];
    int lson[maxn*40];
    int rson[maxn*40];
    int val[maxn*40];
    int idx;
    void ins(int &rt,int l,int r,int pos,int v){
        if(!rt) rt = ++idx;
        val[rt] += v;
        if(l == r) return ;
        int mid = (l+r)/2;
        if(pos <= mid) ins(lson[rt],l,mid,pos,v);
        else ins(rson[rt],mid+1,r,pos,v);
    } 
    int query(int rt,int l,int r,int ul,int ur){
        if(!rt || r < ul || ur < l) return 0;
        if(ul <= l && r <= ur) return val[rt];
        int mid = (l+r)/2;
        int a = query(lson[rt],l,mid,ul,ur);
        int b = query(rson[rt],mid+1,r,ul,ur);
        return a+b;
    }
}seg;

struct BIT{
    int a[maxn];
    void add(int pos,int v){
        for(;pos < maxn;pos += pos & (-pos))
            a[pos] += v;
    }
    int query(int pos){
        int ans = 0;
        for(;pos;pos -= pos & (-pos))
            ans += a[pos];
        return ans;
    }
}b1,b2;
int pos[maxn],a[maxn];
int pa[maxn],sa[maxn];
int n,m;

signed main(){
    long long ans = 0;
    cin>>n>>m;
    for(int i = 1;i <= n;++i){
        scanf("%lld",&a[i]);
        pos[a[i]] = i;
        b1.add(a[i],1);
        ans += pa[i] = b1.query(n) - b1.query(a[i]);
    }
    for(int i = n;i > 0;i--){
        sa[i] = b2.query(a[i]-1);
        b2.add(a[i],1);
    }

    for(int i = 1;i <= m;++i){
        printf("%lld\n",ans);
        int v;scanf("%lld",&v);
        int p = pos[v];p--;
        long long tmp = 0;
        for(;p;p -= p & (-p))
            tmp += seg.query(seg.root[p],0,100001,v+1,100001);
        p = pos[v];
        for(;p;p -= p & (-p))
            tmp -= seg.query(seg.root[p],0,100001,0,v-1);
        p = n;
        for(;p;p -= p & (-p))
            tmp += seg.query(seg.root[p],0,100001,0,v-1);
        ans -= sa[pos[v]] + pa[pos[v]] - tmp;
        p = pos[v];
        for(;p <= n;p += p&(-p))
            seg.ins(seg.root[p],0,100001,v,1);
    }
}