【agc023E】Inversions（线段树，动态规划）

【agc023E】Inversions（线段树，动态规划）

题面

AT
给定$a_i$，求所有满足$p_i\le a_i$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$a_k\ge i$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$i,j,i\lt j$，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$p_j\in[1,a_i]$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\n",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：$S\times \prod_{i=min+1}^{max}D_i$。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\n",ans);
	return 0;
}