Ultra-QuickSort

/*Ultra-QuickSort
In this problem, you have to analyze a particular sorting algorithm. The algorithm processes a sequence of n distinct integers by swapping two adjacent sequence elements until the sequence is sorted in ascending order. For the input sequence
9 1 0 5 4 ,
Ultra-QuickSort produces the output
0 1 4 5 9 .
Your task is to determine how many swap operations Ultra-QuickSort needs to perform in order to sort a given input sequence.
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.
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.
Sample Input
5
9
1
0
5
4
3
1
2
3
0
Sample Output
6
0*/
题意：交换前后相邻的数，使得从小到大排列，求一共需要交换多少次（用冒泡会超时）

1.解释为什么要有离散的这么一个过程  
    后面在运用树状数组操作的时候，用到的树状数组C[i]是建立在一个有点像位存储的数组的基础之上的，不是单纯的建立在输入数组之上。  
比如输入一个9 1 0 5 4，那么C[i]树状数组的建立是在，    
数据：9 1 0 5 4  p[i].val  
编号：1 2 3 4 5  p[i].pos = i*************  
sort  
数据：0 1 4 5 9  (p[i].val)
编号：3 2 5 4 1  (p[i].pos)
顺序：1 2 3 4 5   
a[p[i].编号] = 顺序号;**********************        
a[3] = 1<--0;  (a[p[1].pos]=1,其中p[1].pos=3)
a[2] = 2<--1;  (a[p[2].pos]=2,其中p[2].pos=2）
a[5] = 3<--4;  (a[p[3].pos]=3,其中p[3].pos=5）
a[4] = 4<--5;  (a[p[4].pos]=4,其中p[4].pos=4）
a[1] = 5<--9;  (a[p[5].pos]=5,其中p[5].pos=5）     
a[]={ 5 2 1 4 3 }  
新号：1 2 3 4 5  
值  ：   
下标 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9  
数组 1 1 0 0 1 1 0 0 0 1  
现在由于999999999这个数字相对于500000这个数字来说是很大的，  
所以如果用数组位存储的话，那么需要999999999的空间来存储输入的数据。  
这样是很浪费空间的，题目也是不允许的，所以这里想通过离散化操作，  
使得离散化的结果可以更加的密集。  
简言之就是开一个大小为这些数的最大值的树状数组  
2. 怎么对这个输入的数组进行离散操作？  
   离散化是一种常用的技巧，有时数据范围太大，可以用来放缩到我们能处理的范围；  
   因为其中需排序的数的范围0---999 999 999；显然数组不肯能这么大；  
   而N的最大范围是500 000；故给出的数一定可以与1.。。。N建立一个一一映射；  
   （1）当然用map可以建立，效率可能低点；  
   （2）这里用一个结构体  
   struct Node  
   {  
      int val,pos;  
   }p[510000];和一个数组a[510000];  
   其中val就是原输入的值，pos是下标；  
   然后对结构体按val从小到大排序；  
   此时，val和结构体的下标就是一个一一对应关系，  
   而且满足原来的大小关系；  
   for(i=1;i<=N;i++)  
       a[p[i].pos]=i;  
   然后a数组就存储了原来所有的大小信息；  
   比如 9 1 0 5 4 ------- 离散后aa数组  
   就是 5 2 1 4 3；  
   具体的过程可以自己用笔写写就好了。  
3. 离散之后，怎么使用离散后的结果数组来进行树状数组操作，计算出逆序数？  
    如果数据不是很大， 可以一个个插入到树状数组中，  
    每插入一个数， 统计比他小的数的个数，  
    对应的逆序为 i- sum( a[i] ),  
    其中 i 为当前已经插入的数的个数，  
    sum( a[i] ）为比 a[i] 小的数的个数,  
    i- sum( a[i] ) 即比 a[i] 大的个数， 即逆序的个数  
    但如果数据比较大，就必须采用离散化方法  
    假设输入的数组是9 1 0 5 4， 离散后的结果a[] = {5,2,1,4,3};  
在离散结果中间结果的基础上，那么其计算逆序数的过程是这么一个过程。  
1.输入5，   调用add(5, 1),把第5位设置为1  
1 2 3 4 5  
0 0 0 0 1  
计算1-5上比5小的数字存在么？ 这里用到了树状数组的sum（5） = 1操作，  
现在用输入的下标1 -sum(5) = 0 就可以得到对于5的逆序数为0。  
2. 输入2， 调用add(2, 1),把第2位设置为1  
1 2 3 4 5  
0 1 0 0 1  
计算1-2上比2小的数字存在么？ 这里用到了树状数组的sum（2） = 1操作，  
现在用输入的下标2 - sum(2) = 1 就可以得到对于2的逆序数为1。  
3. 输入1， 调用add(1, 1),把第1位设置为1  
1 2 3 4 5  
1 1 0 0 1  
计算1-1上比1小的数字存在么？ 这里用到了树状数组的sum（1） = 1操作，  
现在用输入的下标 3 -sum(1) = 2 就可以得到对于1的逆序数为2。  
4. 输入4， 调用add(4, 1),把第5位设置为1  
1 2 3 4 5  
1 1 0 1 1  
计算1-4上比4小的数字存在么？ 这里用到了树状数组的sum（4） = 3操作，  
现在用输入的下标4 - sum(4) = 1 就可以得到对于4的逆序数为1。  
5. 输入3， 调用add(3, 1),把第3位设置为1  
1 2 3 4 5  
1 1 1 1 1  
计算1-3上比3小的数字存在么？ 这里用到了树状数组的sum（3） = 3操作，  
现在用输入的下标5 - sum(3) = 2 就可以得到对于3的逆序数为2。  
6. 0+1+2+1+2 = 6 这就是最后的逆序数  
分析一下时间复杂度，首先用到快速排序，时间复杂度为O(NlogN),  
后面是循环插入每一个数字，每次插入一个数字，分别调用一次add()和sum()  
外循环N, add()和sum()时间O(logN) => 时间复杂度还是O(NlogN)  

#include <iostream>  
#include <cstdio>  
#include <algorithm>  
using  namespace std;  
typedef  long  long  ll;  
const int N=5e5+10;    
struct  node
{  
  int val;  
  int pos;  
}p[N];  
int n,bit[N],a[N];    
bool cmp(const node&a, const node& b)
{  
  return a.val<b.val;  
}   
void add(int i)
{  
  while(i<=n)
  {  
    bit[i]+=1;  
    i+=i&-i;  
  }  
}   
int sum(int i)
{  
  int s=0;  
  while(i>0)
  {  
    s+=bit[i];  
    i-=i&-i;  
  }  
  return s;  
}   
void solve()
{  
  for(int i=1; i<=n; i++)
  {  
    scanf("%d",&p[i].val);  
    p[i].pos=i;  
  }  
  sort(p+1,p+n+1,cmp);//排序  
  for(int i=1; i<=n; i++)
       a[p[i].pos]=i;//离散化  
  ll ans=0;  
  for (int i=1; i<=n; i++) 
      bit[i]=0;   //初始化树状数组  
  for(int i=1; i<=n; i++)
  {  
    add(a[i]);  
    ans+=i-sum(a[i]); //i为当前已经插入的数的个数.sum(a[i])为比a[i]小的数的个数 
  }  
  printf("%I64d\n",ans);  
}  
int main()
{  
  while(~scanf("%d",&n)&&n)
  {  
    solve();  
  }  
  return 0;  
}