agc023EInversions（线段树，动态规划）

Posted 2021-01-03 cjyyb

【agc023E】Inversions（线段树，动态规划）

题面

AT
给定(a_i)，求所有满足(p_ile a_i)的排列(p)的逆序对数之和。

题解

首先如何计算排列(p)的个数。
设(cnt[i])表示(a_kge i)的个数，那么满足条件的(p)的总数就是(prod cnt[i]-(n-i))
大概就是从(n)开始填数，对于每个数字(i)而言，它一共有(cnt[i])个位置可以填，但是后面的数字一共占用了(n-i)个位置，所以还剩下(cnt[i]-(n-i))个位置可以填。

先讲讲(O(n^2log))的做法。
枚举任意两个位置(i,j,ilt j)，考虑(i,j)之间形成逆序对的贡献。
分成三种情况讨论。

1.(a_i=a_j)
显然对于任意一种满足条件的方案，要么(p_i>p_j)要么(p_i<p_j)，并且两两对称，所以就是总方案除(2)。
2.(a_i<a_j)
当(p_j)取([a_i+1,a_j])这部分的值的时候，显然不会产生贡献，而当(p_jin[1,a_i])时，则和上面是一样的，但是注意一下，此时我们直接把(a_j)变成了(a_i)，会对于总方案产生影响，([a_i+1,a_j])这一段的(cnt)减小了，所以用一个线段树维护一下区间积，就可以方便的维护当前状态下的总方案，那么这一部分也很好算。
3.(a_i>a_j)
很麻烦，但是我们可以正难则反来算，用总方案减去(p_i<p_j)的方案数，转化成了第二种情况，也就是将(a_i)直接变成(a_j)。

这样子用线段树维护，时间复杂度(O(n^2logn))，用前后缀之类的东西维护可以做到(O(n^2))。
代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 200200
#define MOD 1000000007
#define inv2 500000004
#define lson (now<<1)
#define rson (now<<1|1)
inline int read()
{
    int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return t?-x:x;
}
int fpow(int a,int b)
{
    int s=1;
    while(b){if(b&1)s=1ll*s*a%MOD;a=1ll*a*a%MOD;b>>=1;}
    return s;
}
int n,a[MAX],tot,ans;
int cnt[MAX];
int t[2][MAX<<2];
void Build(int now,int l,int r)
{
    if(l==r){t[1][now]=cnt[l]-1-(n-l);t[0][now]=cnt[l]-(n-l);return;}
    int mid=(l+r)>>1;
    Build(lson,l,mid);Build(rson,mid+1,r);
    t[0][now]=1ll*t[0][lson]*t[0][rson]%MOD;
    t[1][now]=1ll*t[1][lson]*t[1][rson]%MOD;
}
int Query(int now,int l,int r,int L,int R,int c)
{
    if(L<=l&&r<=R)return t[c][now];
    int mid=(l+r)>>1,ret=1;
    if(L<=mid)ret=1ll*ret*Query(lson,l,mid,L,R,c)%MOD;
    if(R>mid)ret=1ll*ret*Query(rson,mid+1,r,L,R,c)%MOD;
    return ret;
}
int main()
{
    n=read();tot=1;
    for(int i=1;i<=n;++i)++cnt[a[i]=read()];
    for(int i=n-1;i;--i)cnt[i]+=cnt[i+1];
    for(int i=1;i<=n;++i)tot=1ll*tot*(cnt[i]-(n-i))%MOD;
    if(!tot){puts("0");return 0;}
    Build(1,1,n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=i+1;j<=n;++j)
        {
            if(a[i]==a[j])ans=(ans+1ll*tot*inv2)%MOD;
            else if(a[i]<a[j])
            {
                int d=1ll*tot*fpow(Query(1,1,n,a[i]+1,a[j],0),MOD-2)%MOD;
                d=1ll*d*Query(1,1,n,a[i]+1,a[j],1)%MOD;
                ans=(ans+1ll*d*inv2)%MOD;
            }
            else
            {
                int d=1ll*tot*fpow(Query(1,1,n,a[j]+1,a[i],0),MOD-2)%MOD;
                d=1ll*d*Query(1,1,n,a[j]+1,a[i],1)%MOD;
                ans=(ans+MOD-1ll*d*inv2%MOD+tot)%MOD;
            }
        }
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}

---

而这种方法的复杂度瓶颈在于枚举任意两个位置之间逆序对的贡献。
考虑这个能否优化。
首先我们记(D_i=frac{cnt[i]-1-(n-i)}{cnt[i]-(n-i)})，如果要修改某个区间的总方案数，等价于用全局的总方案数乘上某一段区间。设(S)为全局总方案数，那么强制求改(a[i],a[j])成一样的总方案数就是：(S imes prod_{i=min+1}^{max}D_i)。这个东西很显然可以写成前缀的形式，也就是(S=frac{prod_{i=1}^{max}D_i}{prod_{i=1}^{min}D_i})。
这样子只需要维护前缀积然后求个和就好了。
注意下(D_i)可能为(0)，所以求的时候要分段计算一下贡献就好了，具体实现见代码。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 200200
#define MOD 1000000007
#define inv2 500000004
inline int read()
{
    int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return t?-x:x;
}
int fpow(int a,int b)
{
    int s=1;
    while(b){if(b&1)s=1ll*s*a%MOD;a=1ll*a*a%MOD;b>>=1;}
    return s;
}
int n,a[MAX],tot,ans;
int cnt[MAX];
int c1[MAX],c2[MAX];
int lb(int x){return x&(-x);}
void add(int x,int w){while(x<=n)c1[x]=(c1[x]+w)%MOD,++c2[x],x+=lb(x);}
int getsum1(int x){int ret=0;while(x)ret=(ret+c1[x])%MOD,x-=lb(x);return ret;}
int getsum2(int x){int ret=0;while(x)ret+=c2[x],x-=lb(x);return ret;}
int D[MAX],invD[MAX],zero[MAX],S[MAX];
int main()
{
    n=read();tot=1;
    for(int i=1;i<=n;++i)++cnt[a[i]=read()];
    for(int i=n-1;i;--i)cnt[i]+=cnt[i+1];
    for(int i=1;i<=n;++i)tot=1ll*tot*(cnt[i]-=(n-i))%MOD;
    if(!tot){puts("0");return 0;}
    S[0]=D[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        int x=1ll*(cnt[i]-1)*fpow(cnt[i],MOD-2)%MOD;
        if(!x)S[zero[i]=zero[i-1]+1]=i,D[i]=D[i-1];
        else zero[i]=zero[i-1],D[i]=1ll*D[i-1]*x%MOD;
        invD[i]=fpow(D[i],MOD-2);
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        ans=(ans+1ll*(getsum1(a[i])-getsum1(S[zero[a[i]]]-1)+MOD)*D[a[i]]%MOD*tot%MOD*inv2%MOD)%MOD;
        add(a[i],invD[a[i]]);
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)c1[i]=c2[i]=0;
    for(int i=n;i;--i)
    {
        ans-=1ll*(getsum1(a[i]-1)-getsum1(S[zero[a[i]]]-1)+MOD)*D[a[i]]%MOD*tot%MOD*inv2%MOD;
        ans=(ans+1ll*getsum2(a[i]-1)*tot)%MOD;ans=(ans+MOD)%MOD;
        add(a[i],invD[a[i]]);
    }
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}