[Ynoi2019模拟赛]Yuno loves sqrt technology II

题目大意：

给定一个长为(n)的序列，(m)次询问，每次查询一个区间的逆序对数。

32MB。

解题思路：

出题人题解

众所周知lxl是个毒瘤，Ynoi道道都是神仙题

二次离线莫队。

对于每个区间([l,r])，考虑将右端点向右移动1格。

其多出来的部分是([l,r])与(a_{r+1})产生的逆序对（(a)与(b)产生的逆序对和(b)与(a)产生的逆序对是不同的）。

显然，可以把([l,r])区间拆成([1,r]-[1,l-1])。

所以，([l,r])与(a_{r+1})产生的逆序对=([1,r])与(a_{r+1})产生的逆序对-([1,l-1])与(a_{r+1})产生的逆序对。

右端点不断移动，区间([1,r])始终在变，而([1,l-1])却是不变的。

我们先考虑([1,r])与(a_{r+1})产生的逆序对，显然可以用树状数组在(O(nlog n))的时间内预处理出这个东西的前缀和。

然后莫队端点移动、计算这部分贡献的时候就可以做到(O(1))。

然后考虑([1,l-1])与(a_{r+1})产生的逆序对，假设(r)要移动到(r')（(r< r' )）。

那么，这部分产生的贡献其实是([1,l-1])与([r,r'])产生的逆序对。

考虑用一个vector，(v_i)记录([1,i])这个区间与其他哪些区间会产生逆序对。

由于莫队的复杂度证明，(v_i)记录的区间的长度总和不超过(O(nsqrt n))，所以直接扫描线，然后暴力计算贡献即可。

其他端点移动方法也是类似处理一下即可。

现在，我们需要一种数据结构，支持(O(1))查询前缀和，不超过(O(sqrt n))的时间进行单点修改。

那么用权值分块即可，记录块的前缀和和每个位置到该位置所在块的块首的前缀和即可。

由于我们计算的是每个询问与上一个询问的差，所以最后要进行一次前缀和。

时间复杂度(O(nsqrt n+nlog n))，空间复杂度(O(n+m))。

C++ Code：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<cctype>
#include<cstring>
#define N 100005
#define siz 317
class istream{
    char buf[15000003],*s;
    public:
        inline istream(){
            buf[fread(s=buf,1,15000001,stdin)]='
';
            fclose(stdin);
        }
        template<typename T>
        inline istream&operator>>(T&rhs){
            for(rhs=0;!isdigit(*s);++s);
            while(isdigit(*s))rhs=rhs*10+(*s++&15);
            return*this;
        }
}cin;
struct ostream{
    char buf[8000005],*s;
    inline ostream(){s=buf;}
    inline void operator<<(long long d){
        if(!d){
            *s++='0';
        }else{
            static long long w;
            for(w=1;w<=d;w*=10);
            for(;w/=10;d%=w)*s++=d/w^'0';
        }
        *s++='
';
    }
    inline ostream&operator<<(const char&c){*s++=c;return*this;}
    inline~ostream(){fwrite(buf,1,s-buf,stdout);}
}cout;
std::vector<int>ls;
int n,m,a[N];
long long L_R[N],R_L[N],ans[N],out[N];
struct BiT{
	int b[N];
	inline void add(int i){for(;i<N;i+=i&-i)++b[i];}
	inline int ask(int i){int x=0;for(;i;i^=i&-i)x+=b[i];return x;}
}b;
struct que{
	int l,r,id;
	inline bool operator<(const que&rhs)const{
		return(l/siz!=rhs.l/siz)?(l<rhs.l):(r<rhs.r);
	}
}q[N];
struct node{
	int l,r,id,op;
};
std::vector<node>L[N],R[N];
int bL[320],bR[320],bel[123456],c[123456],s[320];
int main(){
	ls.push_back(-1);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;ls.push_back(a[i++]))cin>>a[i];
	std::sort(ls.begin(),ls.end());
	ls.erase(std::unique(ls.begin(),ls.end()),ls.end());
	for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=std::lower_bound(ls.begin(),ls.end(),a[i])-ls.begin();
	for(int i=1;i<=n;++i){
		L_R[i]=L_R[i-1]+b.ask(1e5)-b.ask(a[i]);
		b.add(a[i]);
	}
	memset(b.b,0,sizeof b.b);
	for(int i=n;i;--i){
		R_L[i]=R_L[i+1]+b.ask(a[i]-1);
		b.add(a[i]);
	}
	for(int i=1;i<=m;++i)cin>>q[i].l>>q[q[i].id=i].r;
	std::sort(q+1,q+m+1);
	q[0].l=1;
	for(int i=1;i<=m;++i){
		ans[i]=L_R[q[i].r]-L_R[q[i-1].r]+R_L[q[i].l]-R_L[q[i-1].l];
		if(q[i].r>q[i-1].r)
		R[q[i-1].l-1].push_back((node){q[i-1].r+1,q[i].r,i,-1});
		else
		if(q[i].r<q[i-1].r)
		R[q[i-1].l-1].push_back((node){q[i].r+1,q[i-1].r,i,1});
		if(q[i].l<q[i-1].l)
		L[q[i].r+1].push_back((node){q[i].l,q[i-1].l-1,i,-1});
		else
		if(q[i].l>q[i-1].l)
		L[q[i].r+1].push_back((node){q[i-1].l,q[i].l-1,i,1});
	}
	for(int i=1;i<=siz;++i){
		bL[i]=bR[i-1]+1;
		bR[i]=i*siz;
		for(int j=bL[i];j<=bR[i];++j)bel[j]=i;
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=1;j<bel[a[i]];++j)++s[j];
		for(int j=bL[bel[a[i]]];j<=a[i];++j)++c[j];
		for(node j:R[i]){
			int l=j.l,r=j.r;
			long long tmp=0;
			for(int k=l;k<=r;++k)
			tmp+=s[bel[a[k]+1]]+c[a[k]+1];
			ans[j.id]+=j.op*tmp;
		}
	}
	memset(c,0,sizeof c);
	memset(s,0,sizeof s);
	for(int i=n;i;--i){
		for(int j=bel[a[i]]+1;j<=siz;++j)++s[j];
		for(int j=a[i];j<=bR[bel[a[i]]];++j)++c[j];
		for(node j:L[i]){
			int l=j.l,r=j.r;
			long long tmp=0;
			for(int k=l;k<=r;++k)
			tmp+=s[bel[a[k]-1]]+c[a[k]-1];
			ans[j.id]+=j.op*tmp;
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;++i)ans[i]+=ans[i-1],out[q[i].id]=ans[i];
	for(int i=1;i<=m;++i)cout<<out[i];
	return 0;
}