3295: [Cqoi2011]动态逆序对
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Description
对于序列A，它的逆序对数定义为满足i<j" role="presentation" style="position: relative;">i<ji<j，且Ai>Aj的数对(i,j)的个数。给1到n的一个排列，按照某种顺序依次删
除m个元素，你的任务是在每次删除一个元素之前统计整个序列的逆序对数
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
样例解释
(1,5,3,4,2)(1,3,4,2)(3,4,2)(3,2)(3)" role="presentation" style="position: relative;">(1,5,3,4,2)(1,3,4,2)(3,4,2)(3,2)(3)(1,5,3,4,2)(1,3,4,2)(3,4,2)(3,2)(3)。
这道题显然是一道带修改主席树（或者cdq分治），主要讲讲如何用带修改主席树来解决这个问题。
首先各位大佬要先保证自己会用树状数组求逆序对，这样我们可以求出最开始的答案值（当然你用线段树，cdq分治，归并排序写也可以，只是码量相对较大）。想用知道cdq分治求逆序对的原理的请戳这里。
那么我们思考一下，如果我们知道上一次的答案，我们只需要计算出这一次修改的差量即可，怎么计算差量呢？我们知道，如果第i" role="presentation" style="position: relative;">ii个数被删除了，那么逆序对总数会减少在i" role="presentation" style="position: relative;">ii之前没被删除的且比ai" role="presentation" style="position: relative;">aiai大的数的总数加上在i" role="presentation" style="position: relative;">ii之后没被删除的且比ai" role="presentation" style="position: relative;">aiai小的数的总数。不难看出这两个量是一种对称的关系，这样的话我们只用思考其中一种情况。
So" role="presentation" style="position: relative;">SoSo，如何维护在i" role="presentation" style="position: relative;">ii之前没被删除的且比ai" role="presentation" style="position: relative;">aiai大的数的总数呢？做了那么多题，我们应当想到正难则反。我们可以先统计出原数列中在i" role="presentation" style="position: relative;">ii之前且比ai" role="presentation" style="position: relative;">aiai大的数，在统计出被删除的数中在i" role="presentation" style="position: relative;">ii之前且比ai" role="presentation" style="position: relative;">aiai大的数，前者可以在统计逆序对时顺便求出，后者直接用带修改主席树求一求就行了。
至此，我们已经解决了这个问题。最后吐槽一句：BZOJ时空限制真的有点烦人。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define N 100005
using namespace std;
inline int read(){
int ans=0,w;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))ch=getchar();
while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return ans;
}
long long ans=0,bit1[N],ans1[N],ans2[N];
int a[N],n,m,mp[N],rt[N*50],siz=0;
struct Node{int l,r,sum;}T[N*50];
inline int lowbit(int x){return x&-x;}
inline void add1(int x,int v){for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))bit1[i]+=v;}
inline long long query1(int x){long long ret=0;for(int i=x;i;i-=lowbit(i))ret+=bit1[i];return ret;}
inline void add(int &p,int l,int r,int v){
if(!p)p=++siz;
++T[p].sum;
if(l==r)return;
int mid=l+r>>1;
if(v<=mid)add(T[p].l,l,mid,v);
else add(T[p].r,mid+1,r,v);
}
inline long long query(int p,int l,int r,int ql,int qr){
if(qr<l||ql>r)return 0;
if(ql<=l&&r<=qr)return T[p].sum;
int mid=l+r>>1;
return query(T[p].l,l,mid,ql,qr)+query(T[p].r,mid+1,r,ql,qr);
}
inline long long ask(int l,int r,int ql,int qr){
if(ql>qr)return 0;
long long ret=0;
for(;l;l-=lowbit(l))ret-=query(rt[l],1,n,ql,qr);
for(;r;r-=lowbit(r))ret+=query(rt[r],1,n,ql,qr);
return ret;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&a[i]);
mp[a[i]]=i;
ans1[i]=query1(n)-query1(a[i]);
ans+=ans1[i];
add1(a[i],1);
}
for(int i=1;i<=n;++i)bit1[i]=0;
for(int i=n;i>=1;--i){
ans2[i]=query1(a[i]-1);
add1(a[i],1);
}
for(int i=1;i<=m;++i){
printf("%lld\n",ans);
int now,pos;
scanf("%lld",&now);
pos=mp[now];
ans-=(ans1[pos]+ans2[pos])-ask(0,pos,now+1,n)-ask(pos,n,1,now-1);
for(int j=pos;j<=n;j+=lowbit(j))
add(rt[j],1,n,now);
}
return 0;
}