逆序对数问题Count Inversion

Problem Description
Recall the problem of ﬁnding the number of inversions. As in the course, we are given a sequence of n numbers a1,··· ,an, which we assume are all distinct, and we deﬁne an inversion to be a pair i < j such that ai > aj.
We motivated the problem of counting inversions as a good measure of how diﬀerent two orderings are. However, one might feel that this measure is too sensitive. Let’s call a pair a significant inversion if i < j and ai > 3aj. Given an O(nlogn) algorithm to count the number of signiﬁcant inversions between two orderings.
The array contains N elements (1<=N<=100,000). All elements are in the range from 1 to 1,000,000,000.
回想一下找到反转数的问题。就像在过程中一样，我们给定n个数字a1，…，an的序列，我们假设它们是完全不同的，并且我们将一个反转定义为对i <j，从而ai> aj。
我们提出了将反演计数的问题，以此作为衡量两种排序的不同程度的一种好方法。但是，人们可能会认为此措施过于敏感。如果i <j和ai> 3aj，我们将这对称为显着倒置。给定一个O（nlogn）算法来计算两个排序之间的有效反转次数。该数组包含N个元素（1 <= N <= 100,000）。
所有元素的范围都在1到1,000,000,000之间。
Input
The first line contains one integer N, indicating the size of the array. The second line contains N elements in the array.
50% test cases guarantee that N < 1000.
Output
Output a single integer which is the number of pairs of significant inversions.
Sample Inout
6
13 8 5 3 2 1
Sample Output
6

算法思想

采用分治法与归并排序思想，不停地将序列A分割为两个等长的子序列 L 和 R ，分别对 L 和 R 中的significant inversions进行计数，然后对 L 和 R 组成的总序列A中所有的significant inversions 进行合并计数，A中的总计数为 L 和 R 中的分别计数加上合并后而引起的新计数。

算法伪代码

Sort-and-Count(A)
Diride A into two sub-sequence L and R
(RCL,L) = Sort-and-Count(L)
(RCR,R) = Sort-and-Count(R)
(r, A) = Merge-and-Count(L, R)
return (RC = RCL + RCR + r,A)Merge-and-Count(L, R)
InverseCount = 0
i = 1, j = 1
for k = 1 to r doif L[i] > R[j] thenA[k] = L[j]j++elseA[k] = R[i]i++end if
end for
i = 1,j = 1
for k = 1 to r doif L[i] > 3R[j] then InverseCount += length - i + 1++jelse ++iend if
end for
return InverseCount and A

正确性证明

对于每个i，我们都计算 ai 到 aj 的有效反转次数，如果 ai <= 3aj ，则 aj 与任何 am (m>=j)之间都没有有效的反转次数，因此我们减少 j ，如果 ai >= 3aj ，则对于所有的 m (k<m<=j) 都有 ai >= 3am ,因此我们已经检验到涉及 ai 的 j - k 个显著的反演了。

复杂度分析

Merge-and-Count中的每个for循环都最多执行 n 次，故时间复杂度为 O(n) ，根据二分算法的特性，最多分割logn次，算法最多执行logn次，所以总的时间复杂度为O(nlogn)。

源代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>using namespace std;const int maxn = 1e5 + 10;
const int MAX = 1e9 + 1;
int a[maxn];
map<int, int> m;int lowbit(int x) {return x & -x;
}void add(int x) {while (x < MAX) {m[x]++;x += lowbit(x);}
}int sum(int x) {int res = 0;while (x) {res += m[x];x -= lowbit(x);}return res;
}int main() {int n; cin >> n;for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i];long long res = 0;for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {res += sum((a[i] - 1) / 3);add(a[i]);}cout << res << endl;return 0;
}

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