JZOJ5522.【GDOI2018模拟】A

Description

SOLUTION

• 我们假设一个点的贡献为右边小于它的点的个数
• 当有一个操作x,对于所有x<y
  • a[x]>a[y]的y，y的贡献就变成了0.
  • a[x]<=a[y]的y，由于小于a[x]（即小于a[y]）的数只是排序换位置，y的贡献不变。
• 因此每一个位置只会受在它前面的询问并权值大于它的点的影响，并变为0（所以排序什么的都是骗人的）
• 所以我们可以考虑离线询问并根据点的编号排序，计算每一个点前面的权值大于它的询问出现的最小时间点（随便用一个数据结构维护一下），也就是这个点的贡献第一次变为0的时候。
• 用差分解决就好了
  • 记t[i]为i贡献变为0的时间点，c[t[i]]-=i的贡献。
  • 初值为原逆序对个数，扫一遍过去ans-=c[i]就好了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define maxn 100010
#define inf 1000000000
#define ll long long 
using namespace std;

int n,m,i,j,k,a[maxn],cnt[maxn],tot,Mi[maxn];
ll ans,s[maxn];

struct Treearray{
	int s[maxn];
	void clear(){for(int x=1;x<=tot;x++) s[x]=inf;}
	void change(int x,int y){for(;x<=tot;x+=x&-x) s[x]=min(s[x],y);}
	int find(int x,int S=inf){for(;x;x-=x&-x) S=min(S,s[x]);return S;}
	
	void add(int x,int delta){for(;x<=tot;x+=x&-x) s[x]+=delta;}
	int sum(int x,int S=0){for(;x;x-=x&-x) S+=s[x];return S;}
	int query(int l,int r){return sum(r)-sum(l-1);}
} t;

struct arr{int x,y;} b[maxn],q[maxn];
int cmp(arr a,arr b){return a.x<b.x;}
void pre_do(){
	for(i=1;i<=n;i++) b[i].x=a[i],b[i].y=i;
	sort(b+1,b+1+n,cmp);
	tot=0;
	for(i=1;i<=n;i++) {
		if (i==1||b[i].x!=b[i-1].x) tot++;
		a[b[i].y]=tot;
	}
}

int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	pre_do();
	for(i=n;i>=1;i--) cnt[i]=t.sum(a[i]-1),t.add(a[i],1),ans+=(ll)cnt[i];
	printf("%lld
",ans);
	for(i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&q[i].x),q[i].y=i;
	sort(q+1,q+1+m,cmp);
	
	t.clear();
	j=1;
	for(i=1;i<=n;i++){
		Mi[i]=inf;
		for(;j<=m&&q[j].x==i;j++){
			Mi[i]=min(Mi[i],q[j].y);
			t.change(tot+1-a[i],q[j].y);
		}
		Mi[i]=min(Mi[i],t.find(tot+1-a[i]));
		if (Mi[i]!=inf) s[Mi[i]]+=(ll)cnt[i];
	}
	for(i=1;i<=m;i++) ans-=s[i],printf("%lld
",ans);
}