Description
对于序列A，它的逆序对数定义为满足i
Input
输入第一行包含两个整数n和m，即初始元素的个数和删除的元素个数。
以下n行每行包含一个1到n之间的正整数，即初始排列。
以下m行每行一个正整数，依次为每次删除的元素。
N<=100000 M<=50000
Output
输出包含m行，依次为删除每个元素之前，逆序对的个数。
Sample Input
5 4
1
5
3
4
2
5
1
4
2
Sample Output
5
2
2
1
HINT
样例解释
(1,5,3,4,2)?(1,3,4,2)?(3,4,2)?(3,2)?(3)。
Solution
树套树，树状数组套主席树
首先看问题
我们预处理出\(A1[i]\)（\(i\) 之前的位置上的数比 \(i\) 位置上的数大的个数），\(A2[i]\)（\(i\) 之后的位置上的数比 \(i\) 位置上的数小的个数），顺便求一下最开始的逆序对
那么我们每次删除一个数 \(x\) ，它在数列中的位置是 \(i\) ，那么它对答案产生的影响就是使答案减小 \(A1[i]+A2[i]-Mquery(i)-Lquery(i)\)
其中 \(Mquery(i)\) 表示的是 \(i\) 位置之前的已经被删除了的权值比 \(i\) 位置上的权值大的个数，\(Lquery(i)\) 表示的就是后面的比它小的已经删除了的个数
既然 \(A1\) 和 \(A2\) 已经预处理好了
那么我们需要维护的就是两个查询了
我们想，假如没有修改，那么两个查询直接用主席树找就行了
那么有修改呢，我们需要为主席树提供的就是前缀和
所以就用树状数组去维护前缀和，类似于 BZOJ 1901 Zju2112 Dynamic Rankings 用一个树套树，这道题就搞定了
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define db double
#define ld long double
#define left 0
#define right 1
#define Mid ((l+r)>>1)
#define lson l,Mid
#define rson Mid+1,r
const int MAXN=100000+10;
int n,m,A[MAXN],A1[MAXN],A2[MAXN],pos[MAXN];
ll ans=0;
struct BI_Tree{
int C[MAXN];
inline void init()
{
memset(C,0,sizeof(C));
}
inline int lowbit(int x)
{
return x&(-x);
}
inline int sum(int x)
{
int res=0;
while(x>0)
{
res+=C[x];
x-=lowbit(x);
}
return res;
}
inline void add(int x,int k)
{
while(x<=n)
{
C[x]+=k;
x+=lowbit(x);
}
}
};
BI_Tree BIT;
struct ChairManTree_BIT{
int cnt,lc[MAXN*50],rc[MAXN*50],root[MAXN],nt[2],need[2][MAXN];
ll num[MAXN*50];
inline void init()
{
cnt=0;
memset(lc,0,sizeof(lc));
memset(rc,0,sizeof(rc));
memset(num,0,sizeof(num));
}
inline int lowbit(int x)
{
return x&(-x);
}
inline void Insert(int &rt,int l,int r,int pos)
{
if(!rt)rt=++cnt;
num[rt]++;
if(l==r)return ;
else
{
if(pos<=Mid)Insert(lc[rt],lson,pos);
else Insert(rc[rt],rson,pos);
}
}
inline void add(int x,int k)
{
while(x<=n)
{
Insert(root[x],1,n,k);
x+=lowbit(x);
}
}
inline void Gneed(int nxt[])
{
for(register int i=1;i<=nt[left];++i)need[left][i]=nxt[need[left][i]];
for(register int i=1;i<=nt[right];++i)need[right][i]=nxt[need[right][i]];
}
inline int Lquery(int l,int r,int k)
{
if(l==r)return 0;
else
{
ll res=0;
if(k>Mid)
{
for(register int i=1;i<=nt[right];++i)res+=num[lc[need[right][i]]];
for(register int i=1;i<=nt[left];++i)res-=num[lc[need[left][i]]];
Gneed(rc);
res+=Lquery(rson,k);
}
else
{
Gneed(lc);
res+=Lquery(lson,k);
}
return res;
}
}
inline ll Mquery(int l,int r,int k)
{
if(l==r)return 0;
else
{
ll res=0;
if(k<=Mid)
{
for(register int i=1;i<=nt[right];++i)res+=num[rc[need[right][i]]];
for(register int i=1;i<=nt[left];++i)res-=num[rc[need[left][i]]];
Gneed(lc);
res+=Mquery(lson,k);
}
else
{
Gneed(rc);
res+=Mquery(rson,k);
}
return res;
}
}
inline ll sum(int l,int r,int k,int opt)
{
nt[left]=nt[right]=0;
l--;
while(l>0)
{
need[left][++nt[left]]=root[l];
l-=lowbit(l);
}
while(r>0)
{
need[right][++nt[right]]=root[r];
r-=lowbit(r);
}
if(opt==0)return Lquery(1,n,k);
else return Mquery(1,n,k);
}
};
ChairManTree_BIT T;
template<typename T> inline void read(T &x)
{
T data=0,w=1;
char ch=0;
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')data=((T)data<<3)+((T)data<<1)+(ch^'0'),ch=getchar();
x=data*w;
}
template<typename T> inline void write(T x,char c='\0')
{
if(x<0)putchar('-'),x=-x;
if(x>9)write(x/10);
putchar(x%10+'0');
if(c!='\0')putchar(c);
}
template<typename T> inline void chkmin(T &x,T y){x=(y<x?y:x);}
template<typename T> inline void chkmax(T &x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T> inline T min(T x,T y){return x<y?x:y;}
template<typename T> inline T max(T x,T y){return x>y?x:y;}
inline void init()
{
BIT.init();
for(register int i=1;i<=n;++i)
{
A1[i]=BIT.sum(n)-BIT.sum(A[i]);
ans+=A1[i];
BIT.add(A[i],1);
}
BIT.init();
for(register int i=n;i>=1;--i)
{
A2[i]=BIT.sum(A[i]-1);
BIT.add(A[i],1);
}
}
int main()
{
read(n);read(m);
for(register int i=1;i<=n;++i)
{
read(A[i]);
pos[A[i]]=i;
}
init();
T.init();
while(m--)
{
write(ans,'\n');
int x;
read(x);
ans-=(A1[pos[x]]+A2[pos[x]]-T.sum(1,pos[x]-1,x,1)-T.sum(pos[x]+1,n,x,0));
T.add(pos[x],x);
}
return 0;
}