Description

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Sample Output

2
1
1

Data Constraint

Hint

Solution

这道题要用到逆序对和权值线段树的知识。首先，我们可以发现一个重要的性质：因为一个数的逆序对个数是在它后面且比它要小的数，所以当我们对一个数进行操作时，所有在它后面且比它大的数对逆序对总数的贡献是不变的，而在它后面且比它小的数的逆序对的数量就永远是0了，因为这些数已经被排过序了，而这些数后面的数要么是排过序的(所以比它大)要么是大于被操作的数的(而被排序的这些数一定是小于被操作数)。所以我们就可以找出每个位置最早对答案没有贡献的时刻，就可以统计每个时刻的逆序对数量了。怎么做呢？令t[i]表示第i个位置最早被操作的时间(重复操作对答案没有像影响)，一个位置i的逆序对的贡献变为0的最早的时刻就是它或它前面比它大的点中最早被操作的时刻。所以我们可以从左到右扫一遍整个数列，插入当前的点的被操作时间并查找它即比它大的数的最早被操作时间，即当前点的贡献变为0的时刻，time，这个可以用权值线段树来维护。最后设sum[i]表示在所有第i个时刻贡献变为0的数的逆序对个数(即它与它后面的数的逆序对个数)，每次sum[time]就加上第i个点的逆序对个数，再统计出逆序对总个数tot，1到m枚举时刻每个时刻i就将tot-sum[i]输出就行了。注意：每个位置的逆序对个数可在归并求整个数列的逆序对总数时一并统计。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 100010
#define ll long long
ll n,m,ma,q[N],a[N],b[N],c[N],d[N],t[N],s[N],iq[N],f[N*19],id[N],tm,ans[N],cnt,tot;
using namespace std;
void nxd(int l,int r){if(l>=r) return;int mid=(l+r)>>1;nxd(l,mid);nxd(mid+1,r);int i=l,j=mid+1,k=i;while(i<=mid||j<=r){if(a[i]<=a[j]&&i<=mid||j>r){ans[c[i]]+=j-mid-1;ans[0]+=j-mid-1;b[k]=a[i];d[k]=c[i];k++;i++;}else{b[k]=a[j];d[k]=c[j];k++;j++;}}for(int i=l;i<=r;i++){a[i]=b[i];c[i]=d[i];}
}
void add(int x,int l,int r,int k,ll p){if(l==r){f[x]=min(f[x],p);return;}int mid=(l+r)>>1;if(k<=mid) add(x*2,l,mid,k,p);else add(x*2+1,mid+1,r,k,p);f[x]=min(f[x*2],f[x*2+1]);
}
void find(int x,int l,int r,int l1,int r1){if(l==l1&&r==r1){tm=min(tm,f[x]);return;}int mid=(l+r)>>1;if(r1<=mid) find(x*2,l,mid,l1,r1);else if(l1>mid) find(x*2+1,mid+1,r,l1,r1);else{find(x*2,l,mid,l1,mid);find(x*2+1,mid+1,r,mid+1,r1);}
}
int main(){scanf("%d%d",&n,&m);int i;for(i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&a[c[i]=i]);ma=max(ma,iq[i]=a[i]);} nxd(1,n);for(i=1;i<=n;i++){if(a[i]!=a[i-1]) id[c[i]]=++cnt;else id[c[i]]=cnt;}memset(f,127,sizeof(f));memset(t,127,sizeof(t));for(i=1;i<=m;i++){scanf("%lld",&q[i]);if(t[q[i]]==t[0]) t[q[i]]=i;}for(i=1;i<=n;i++){tm=m+1;add(1,1,n+1,id[i]+1,t[i]);find(1,1,n+1,id[i]+1,n+1);s[tm]+=ans[i];}printf("%lld\n",ans[0]);for(i=1;i<=m;i++){ans[0]-=s[i];printf("%lld\n",ans[0]);}return 0;
}

作者：zsjzliziyang
QQ:1634151125
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