[Luogu 6186] NOI ONLINE 2020-#1-S T2 冒泡排序 题解

[Luogu 6186] NOI ONLINE 2020-#1-S T2 冒泡排序 题解

今天刷到这道题，在我写完一半之后机房大佬发现我在写这道题，他也来写。两人都写完后交流，发现做法不一样，他似乎是大众做法（动态维护需要开两个树状数组），然而我自己推的结论在维护的时候只要一个。

拿到题就开写，写了 50 行的线段树，然后发现白写了。其实只需要写两个树状数组，一个用于跑逆序对，另一个动态维护。

题意

动态维护一个长度为 $n$ 的 排列 $a$，有两种操作，共 $q$ 次：

• 修改：给定 $x$，交换 $a_x$ 和 $a_{x+1}$。
• 查询：给定 $x$，求对这个排列冒泡排序 $x$ 轮之后还剩下的逆序对数。

数据范围：$2\le n,q\le 2\times 10^5$。

性质

对于 $1\le i\le n$，记 $b_i={\sum }_{j=1}^{i-1}[a_j>a_i]$（即以 $i$ 结尾的逆序对个数）。显然 $b$ 从小到大跑一遍树状数组可求。

对于 $0\le i<n$，记 $c_i={\sum }_{j=1}^n[b_j\le i]$。

关键性质：进行 $x$ 轮冒泡排序之后，会减少 $nx-{\sum }_{i=0}^{x-1}{c}_i$ 组逆序对。

证明：

注意到，每一轮冒泡排序，会把 本轮 开始之前（注意不是排序开始前） $b_i=0$ 的数拎起来操作 （“拎”，是不是很生动形象？），它可能会跟右边交换 $0$ 次、$1$ 次或者多次。

而 $b_i>0$ 的数前面一定会有恰好一个大于它的数，跟它发生交换，它的逆序对个数就一定会恰好减少 $1$。

本轮结束之后，逆序对减少的个数就是 ${\sum }_{i=1}^n[b_i>0]=n-{\sum }_{i=1}^n[b_i=0]$。

注意刚刚粗体的句子，特别地，原来恰好为 $1$ 的现在会变成 $0$，在下一轮也会被拎起来，而原来 $b_i=0$ 的下一轮仍然不变。

应用数学归纳法可知，第 $x$ 轮会减少 $n-{\sum }_{i=1}^n[b_i\le x-1]$ 组逆序对。

发现 ${\sum }_{i=1}^n[b_i\le x-1]$ 就是上面设的 $c_{x-1}$。

而前 $x$ 轮一共减少 $nx-{\sum }_{i=0}^{x-1}{c}_i$ 组。

动态维护

我们只需要用一个树状数组维护 $c$ 的前缀和，同时维护排序开始之前的逆序对数。

注意到：每次 邻项交换 操作只会使得某个 $b_i$ 加 $1$ 或减 $1$。

如果 $b_i\leftarrow b_i+1$：

• 对于原来的 $b_i$ 消失，$\forall b_i\le i<n$，$c_i$ 都应当减 $1$。
• 对于新的 $b_i+1$ 产生，$\forall b_i+1\le i<n$，$c_i$ 都应当加 $1$。
• 发现 $b_i+1\le i<n$ 的部分，一加一减相互抵消，只需要 $c_{b_i}\leftarrow c_{b_i}-1$ 即可。
• 在没发现抵消之前，我以为要写线段树，事实上根本没必要。

如果 $b_i\leftarrow b_i-1$：

• 同理可知，后面的部分都是一加一减相抵消，只需要 $c_{b_i-1}\leftarrow c_{b_i-1}+1$ 即可。

因为 $b$ 的值域是 $[0,n-1]$，树状数组维护不了下标为 $0$ 的情况，那么在树状数组上整体平移 $1$ 即可。

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <algorithm>

using namespace std;
using LL = long long;
using LLL = __int128;
const int MAXN = 2e5+5;
const int mod = 1e9+7;

int read() {
	char ch;
	int res = 0, op = 0;
	do ch = getchar(), op |= ch == '-'; while (ch<'0'||ch>'9');
	do res = (res<<3)+(res<<1)+(ch&15), ch = getchar(); while (ch>='0'&&ch<='9');
	return op ? -res : res;
}

int n, m;
int a[MAXN], b[MAXN], c[MAXN];
LL sum;

class BIT { // 两只 BIT，适合封装成类。一只的话装 namespace 就好了。
	private:
	LL f[MAXN];
	public:
	void update(int p, int v) {
		for (; p <= n; p += p & -p) f[p] += v;
	}
	LL query(int p) {
		LL res = 0;
		for (; p; p -= p & -p) res += f[p];
		return res;
	}
} X, Y;

int main() {
	#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("lg6186.in", "r", stdin);
	freopen("lg6186.out", "w", stdout);
	#endif
	n = read(), m = read();
	for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		b[i] = X.query(n-a[i]);
		++c[b[i]], sum += b[i];
		X.update(n-a[i]+1, 1);
	}
	for (int i = 1; i < n; ++i) c[i] += c[i-1];
	for (int i = 0; i < n; ++i) Y.update(i+1, c[i]);
	while (m--) {
		int op = read(), x = read();
		x = min(x, n);
		if (op == 1) {
			if (a[x] < a[x+1]) Y.update(b[x]++ + 1, -1), ++sum;
			else Y.update(--b[x+1] + 1, 1), --sum;
			swap(a[x], a[x+1]);
			swap(b[x], b[x+1]);
		} else {
			printf("%lld\n", sum - (1ll * n * x - Y.query(x)));
		}
	}
	return 0;
}