c 中.统计给定数组中的逆序对个数

Posted 2023-04-13

给n个数a1,a2…an,如果存在存在ai>aj,且i<j，则称这样的元素对<ai,aj>为一个逆序对
统计这n个数中逆序对的总数
比如说，n=5，a1到a5分别为5,3,1,4,3
则逆序对有
<5,3>,<5,1>,<5,4>,<5,3>,<3,1>,<4,3>共6对
5.大整数的乘法。

参考技术A int s=0;
int n,i,j;

int a[1000];
scanf("%d",&n);
for(i=0;i<n;i++)
scnaf("%d",&a[i]);
for(i=0;i<n-1;i++)
for(j=i+1;j<n;j++)
if(a[i]>a[j])
s++;
这个应该没什么难度啊，呵呵
可以做一个判断输入a数组是否是个位数的输入，如果不是个位数，重新输入
while(1)

scnaf("%d",&a[i]);
if(a[i]<=9)
break;
else
printf("重新输入");



大数的乘法，只能用字符串数组，这个有两个方式
一个是连加，乘数连加，被乘数每次减去1，当被乘数为零结束
这个要自己设计大数的加法和减法

另一个方式就是小学的那个乘法竖式
123 ------------1

X 123 ----------------2

--------
369 ------------------3

246 --------------------4

123 ------------------------5

----------
15129 -------------------6

计算出234等，错位加，最后得出6
这个难度也不大，自己设计一位数与多位数的乘法，大数的加法

还有一个方式，好像是递归方式，网上有代码，自己查追问

为什么代码都不完整？？？ 我要完整的代码

追答

要是给你完整的代码，对你提高没意思，这个属于拿来主义，呵呵
给你思路方法，自己写出来才有成就感

根据我给你的大数乘法的三个方法，给你部分代码

1、就是连加方式，不考虑效率问题
做两个子函数，一个是加法，一个是减法
加法，部分代码 void jia(char *a,char *b,char *c)
求长度strlen，反序strrev函数，char转为int
中心思路，先计算个位，也就是c[0]=a[0]+b[0]
中间各位
for(i=1;i9)

c[lc-1]%=10; //取出个位
c[lc]=1; //进位一定是1，最大是9+9+1=19，高位还是1
lc++; //那么长度要加上一位

转换为char型，在反序就是结果，注意要加上字符串的结束标志c[lc]='\0';要不然不是字符串，呵呵

减法的函数，和加法差不多，前面一样 void jian(char *a,char*b,char *c)
中心思路，先计算个位，也就是c[0]=a[0]+b[0]
中间各位
for(i=1;i9)

c[lc]=c[lc-1]/10;
c[lc-1]%=10;
lc++;

移位的子函数，这个应该不难
void yi(char *a,int b)

int i;
while(a[i++]);
while(b--) //延长字符串，后面填零
a[++i]='0';
a[i]='\0';


最后的中心算法
反序b
for(i=1;i<strlen(b);i++)

x=b[i]-48;
ch(a,x,tmp);
yi(tmp,i)
jia(sum,tmp,sum;)


第三个算法，网上有代码，自己查

追问

你太厉害了 ……
能告诉我你qq号吗 ？？？

追答

1044779100
不过我很少上，我工作很少上qq

参考技术B 这个题的时间复杂度能降到O(n log n)。

给你个伪代码吧，改改就行了。
int num=0; // used to store the number of inversions
Inversion(A,p,r)
if(p<r)
return 0; //p<r is meaningless
else

if(r-p+1=1)
return num; //only one point, number of inversions is 0
else

q=(p+r)/2;
Inversion(A,p,q);
Inversion(A,q+1,r);
Merge(A,p,q,r)

real L[],R[]; // L[] used to storeA[p,q], R[] used to store A[q+1,r]
for(inti=0;i<=q-p+1;i++)
L[i]=A[p+i];
for(int i=0;i<=r-q;i++)
R[i]=A[q+1+i];
L[q-p+2]=infinite;
R[r-q+1]=infinite;
i=0,j=0;
for(k=p;k<=r;k++)

if(L[i]<R[j]) // i<j but ai<aj,so num is not changed

A[k]=L[i];
i++;

else // i<j and ai>=aj, so num++

A[k]= R[i];
num=num+1;
j++;





Because T(n)=2T(n/2)+(n), we can get T(n)= n log n by Master Theorem追问

什么叫伪代码？

追答

就是让你明白代码该怎么写，介于自然语言和代码之间的一种语言。

追问

看不懂 没事 你把头文件什么的写全吧 我把它复制过去 能运行正确就行了 谢谢了……

树状数组求逆序对

 

给定n个数，要求这些数构成的逆序对的个数。除了用归并排序来求逆序对个数，还可以使用树状数组来求解。
树状数组求解的思路：开一个能大小为这些数的最大值的树状数组，并全部置0。从头到尾读入这些数，每读入一个数就更新树状数组，查看它前面比它小的已出现过的有多少个数sum，然后用当前位置减去该sum，就可以得到当前数导致的逆序对数了。把所有的加起来就是总的逆序对数。
题目中的数都是独一无二的，这些数最大值不超过999999999，但n最大只是500000。如果采用上面的思想，必然会导致空间的巨大浪费，而且由于内存的限制，我们也不可能开辟这么大的数组。因此可以采用一种称为“离散化”的方式，把原始的数映射为1-n一共n个数，这样就只需要500000个int类型的空间。
离散化的方式：
struct Node
{
int v;
int order;
};
Node node[500005];
int reflect[500005];
v存放原数组的元素，order存放原始位置，即Node[i].pos = i。
把这些结构体按照val的大小排序。
reflect数组存放离散化后的值，即reflect[Node[i].pos] = i。
这样从头到尾读入reflect数组中的元素，即可以保持原来的大小关系，又可以节省大部分空间。

 

 

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <algorithm>
#include <string.h>
using namespace std;
const int maxn=500005;
int n;
int reflect[maxn]; //离散化后的数组
int c[maxn];    //树状数组
struct Node{
   int v;
   int order;
}in[maxn];
int lowbit(int x)
{
    return x&(-x);
}
void update(int t,int value)
{
    int i;
    for(i=t;i<=n;i+=lowbit(i))
    {
        c[i]+=value;
    }
}
int getsum(int x)
{
    int i;
    int temp=0;
    for(i=x;i>=1;i-=lowbit(i))
    {
        temp+=c[i];
    }
    return temp;
}
bool cmp(Node a ,Node b)
{
    return a.v<b.v;
}
int main()
{
    int i,j;
    while(scanf("%d",&n)==1 && n)
    {
        //离散化
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&in[i].v);
            in[i].order=i;
        }
        sort(in+1,in+n+1,cmp);
        for(i=1;i<=n;i++) reflect[in[i].order]=i;
        //树状数组求逆序
        memset(c,0,sizeof(c));
        long long ans=0;
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            update(reflect[i],1);
            ans+=i-getsum(reflect[i]);
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

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