Description
给定一个长度为 n(n≤5*10^5) 的序列 a，如果只允许进行比较和交换相邻两个数的操作
求至少需要多少次交换才能把 a 从小到大排序。
求至少需要多少次交换才能把 a 从小到大排序。
Input
The input contains several test cases.
Every test case begins with a line that contains a single integer n < 500,000 -- the length of the input sequence.
Each of the the following n lines contains a single integer 0 ≤ a[i] ≤ 999,999,999,
the i-th input sequence element.
Input is terminated by a sequence of length n = 0. This sequence must not be processed.
Every test case begins with a line that contains a single integer n < 500,000 -- the length of the input sequence.
Each of the the following n lines contains a single integer 0 ≤ a[i] ≤ 999,999,999,
the i-th input sequence element.
Input is terminated by a sequence of length n = 0. This sequence must not be processed.
Output
For every input sequence, your program prints a single line containing an integer number op,
the minimum number of swap operations necessary to sort the given input sequence.
the minimum number of swap operations necessary to sort the given input sequence.
Sample Input
5
9
1
0
5
4
3
1
2
3
0
Sample Output
6
0
线段树大法好！
我一个不会离散化的蒟蒻在wa了6遍后终于学会了看题，然后苦逼的发现了999999999才是真正的数据范围
只好向旁边的大佬请教离散化
没想到还挺简单的，很短：
1 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&x[i].num),x[i].id=i; 2 sort(x+1,x+n+1,cmp); 3 for(int i=1;i<=n;i++)a[x[i].id]=i;
其实就是把原来的数排序，然后按照大小关系安上新的值。
别看此题说的有多玄学，其实就是逆序对
举个例子吧：
1 2 3 4 5 6 7 8是个有序的数列，假如把3和8调换位置
得到1 2 8 4 5 6 7 3，此时逆序对的个数是5，仔细观察是不是只要5步就可以有序
理性的我讲不出，但是你现在是不是可以感性的理解为什么是逆序对的个数了
所以先离散化处理一下，线段树跑一遍逆序对就行了
代码（long long也是坑点）：
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 using namespace std; 4 int n,m,a[500001]; 5 long long ans; 6 struct o{int num,id;}x[500001]; 7 struct oo{int a,b,v;}s[2000001]; 8 bool cmp(o a,o b) 9 { 10 return a.num<b.num; 11 } 12 void build(int x,int l,int r) 13 { 14 s[x].a=l,s[x].b=r;s[x].v=0; 15 if(l==r)return ; 16 build(x<<1,l,l+r>>1); 17 build(x<<1|1,(l+r>>1)+1,r); 18 } 19 void change(int x,int y) 20 { 21 s[x].v++; 22 if(s[x].a==s[x].b)return ; 23 int mid=s[x].a+s[x].b>>1; 24 if(y<=mid)change(x<<1,y); 25 else change(x<<1|1,y); 26 } 27 void get(int x,int y) 28 { 29 if(y>s[x].b)return ; 30 if(y<s[x].a) 31 { 32 ans+=s[x].v; 33 return ; 34 } 35 get(x<<1,y); 36 get(x<<1|1,y); 37 } 38 int main() 39 { 40 while(scanf("%d",&n)) 41 { 42 if(!n)break; 43 ans=0; 44 build(1,1,500010); 45 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&x[i].num),x[i].id=i; 46 sort(x+1,x+n+1,cmp); 47 for(int i=1;i<=n;i++)a[x[i].id]=i; 48 for(int i=1;i<=n;i++) 49 { 50 change(1,a[i]); 51 get(1,a[i]); 52 } 53 printf("%lld ",ans); 54 } 55 }
被旁边大佬写的树状数组吊锤啊。。呜呜呜！
接下来引进本质不同的逆序对：
Description
给定一个序列a1,a2,…,an，如果存在iaj，那么我们称之为逆序对，求逆序对的数目
Input
第一行为n,表示序列长度，接下来的n行，第i+1行表示序列中的第i个数。
N<=10^5。Ai<=10^5
N<=10^5。Ai<=10^5
Output
两行，第一行为所有逆序对总数，第二行为本质不同的逆序对总数。
Sample Input
4
3
2
3
2
Sample Output
3
1
本质不同的逆序对就是把数列中的多次出现的数都看做只出现了1次（语文被狗吃了），得到的逆序对个数（就是不同的数组成的逆序对个数），希望大家能看懂。
那么怎么处理呢，这个就要考虑离线了（因为你不能知道这个数什么时候首次出现，什么时候最后出现，这样才能确定能以他作为逆序对的范围）
所以我们需要离线处理出来每个数第一次出现位置，和最后一次出现位置
当某个数首次出现把他加入线段树（单点修改），最后一次出现时求出包含该数的逆序对（query）
全部加起来就是答案了
也就是普通的逆序对改一点点
代码如下：
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<algorithm> 4 #include<cstring> 5 using namespace std; 6 void read(int &x) { 7 char ch; bool ok; 8 for(ok=0,ch=getchar(); !isdigit(ch); ch=getchar()) if(ch=='-') ok=1; 9 for(x=0; isdigit(ch); x=x*10+ch-'0',ch=getchar()); if(ok) x=-x; 10 } 11 struct oo 12 { 13 int a,b,num; 14 }s[400001]; 15 int n,m,d[100001],used[100001],f[100001];long long ans,k,sum; 16 void build(int now,int x,int y) 17 { 18 s[now].a=x,s[now].b=y; 19 s[now].num=0; 20 if(x==y) 21 return; 22 else 23 { 24 build(now*2,x,x+y>>1); 25 build(now*2+1,(x+y>>1)+1,y); 26 s[now].num=s[now<<1].num+s[(now<<1)+1].num; 27 } 28 } 29 void change(int now,int x) 30 { 31 s[now].num++; 32 if(s[now].a==s[now].b)return; 33 int mid=s[now].a+s[now].b>>1; 34 if(x>mid)change(now*2+1,x); 35 else change(now*2,x); 36 } 37 void get(int now,int x) 38 { 39 if(s[now].b<x)return ; 40 if(s[now].a>x) 41 ans+=s[now].num; 42 else 43 { 44 if(s[now].a==s[now].b)return ; 45 int mid=s[now].a+s[now].b>>1; 46 get(now*2+1,x); 47 get(now*2,x); 48 } 49 } 50 int main() 51 { 52 read(n); 53 for(int i=1;i<=n;i++) 54 { 55 read(d[i]),m=max(m,d[i]); 56 if(f[d[i]]==0)f[d[i]]=i; 57 used[d[i]]=i; 58 } 59 build(1,0,m); 60 for(int i=1;i<=n;i++) 61 { 62 change(1,d[i]); 63 get(1,d[i]); 64 } 65 printf("%lld ",ans); 66 ans=0; 67 build(1,0,m); 68 for(int i=1;i<=n;i++) 69 { 70 if(f[d[i]]==i)change(1,d[i]); 71 if(used[d[i]]==i)get(1,d[i]); 72 } 73 printf("%lld",ans); 74 }