逆序数 & 逆序对

文章作者：Yx.Ac   文章来源：勇幸|Thinking (http://www.ahathinking.com)   转载请注明，谢谢合作。

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设A[1…n]是一个包含n个不同数的数组。如果在i<j的情况下，有A[i]>A[j]，则（i，j）就称为A中的一个逆序对（inversion）【《算法导论》2-4】

现给出一个数列，求该数列中的逆序对数（逆序数）。本节给出三种方法：方法一是最直接的暴力方法；方法二是基于归并分治的思想；方法三是基于线段树的。

【解法一】

暴力方法最直接，也最容易想到，两层for循环就可以算出来逆序数：每遇到一个元素回头遍历寻找比其大的元素个数即可，当然向后寻找比其小的元素个数也可以，复杂度为O(n^2)，代码：

int sum = 0;for(int i = 0; i < size; ++i){    for(int j = i+1; j < size; ++j)    {        if(arr[i] > arr[j])        {            ++sum;        }    }}return sum;

【解法二】

这种方法最初见于《算法导论》，这里先附上《算法导论》2-4关于逆序对的几点讨论：

1）   如果数组的元素取自集合[1,2,…,n]，那么，怎样的数组含有最多的逆序对？它包含多少个逆序对？

析：很容易想到，当一个数列为逆序时，即[n,n-1,n-2,…,1]，逆序数是最多的，是多少？当n=1，inversion=0；n=2，inversion在原来基础上增加1；n=3，inversion增加2…n=n时，inversion增加n-1，所以总的inversion为等差求和n(n-1)/2；也可以这样理解，数列[n,n-1,n-2,…,1]中任取两个数皆为逆序对，故逆序数为C_n²，即n(n-1)/2。

2）  插入排序的运行时间与输入数组中逆序对的数量之间有怎样的关系？

析：我们知道插入排序的程序如下

for(int i = 1; i < n; ++i){    int key = arr[i];    for(int j = i; j > 0 && arr[j-1] > key; --j)    {        arr[j] = arr[j-1];    }    arr[j] = key;}

可以看出，每次内层循环都尝试将当前元素放在“合适”的位置上，所以对于内层循环的每一次迭代，都是在消除当前元素相对之前元素所对应的一系列逆序对，故总的循环便是消除数列所有的逆序对；

3）  给出一个算法，它能用O(nlgn)的最坏运行时间，确定n个元素的任何排列中逆序对的数目。（提示：修改合并排序）

《算法导论》在这里直接提示修改合并排序，所以自然就是用到分治归并的思想，那么逆序对是出现在什么时候？出现多少呢？

我们知道归并排序是通过分治，然后归并两个有序的序列成一个有序序列。现假设两段有序序列分别是[beg,mid]和[mid+1,end]，在归并过程中（i,j分别为两段序列的下标），如果a[i]<a[j]，则不会产生逆序对；但当a[i]>a[j]时，就出现逆序对了，出现了多少？既然[beg,mid]是有序的，那么[i-mid]序列就都能与a[j]构成逆序对，故：mid-i+1

复杂度O(nlgn)，代码如下：

#include<iostream>using namespace std; /* 归并求逆序对数, arr 存储最终有序结果 * 在函数外申请一个临时数组作为参数传入 * 避免递归不断创建临时数组的开销 */int Merge(int * arr, int beg, int mid, int end, int * tmp_arr){    memcpy(tmp_arr+beg,arr+beg,sizeof(int)*(end-beg+1));    int i = beg;    int j = mid + 1;    int k = beg;    int inversion = 0;  // 合并过程中的逆序数    while(i <= mid && j <= end)    {        if(tmp_arr[i] <= tmp_arr[j])        {            arr[k++] = tmp_arr[i++];        }else        {            arr[k++] = tmp_arr[j++];            inversion += (mid - i + 1);        }    }    while(i <= mid)    {        arr[k++] = tmp_arr[i++];    }    while(j <= end)    {        arr[k++] = tmp_arr[j++];    }    return inversion;} int MergeInversion(int * arr, int beg, int end, int * tmp_arr){    int inversions = 0;    // 记录倒序数    if(beg < end)    {        int mid = (beg + end) >> 1;        inversions += MergeInversion(arr, beg, mid, tmp_arr);        inversions += MergeInversion(arr, mid+1, end, tmp_arr);        inversions += Merge(arr, beg, mid, end, tmp_arr);    }    return inversions;} /* 测试序列 ：answer: 10 */int testPoint[10] = {    1, 4, 2, 9, 48,   15, 13, 44, 6, 90}; void main(){    int arrcopy[10];      // 临时数组    memcpy(arrcopy,testPoint,sizeof testPoint);     printf("the num of inversions is: %d\n",            MergeInversion(testPoint,0,9,arrcopy));}

【解法三】

一般来讲，在解决数列的区间问题上，线段树有很高的出镜率。逆序数便是一个“区间和”的问题：对于数列中的每个元素，它对应的逆序数便是之前序列中大于该元素的元素个数和。

有了这样的分析，便可以用线段树来解决了：对于数列中每一个元素x，它必将对应这线段树中的一条长logn的路径，该路径中的每条线段都包含x，故每遍历到一个元素则将包含该元素的路径中的每条线段次数都加1，而查询该元素所对应的逆序数便是查询线段树中[x,up]的区间和，其中up为该序列的上界。

举个例子：序列：5，4，3，2，1的逆序数，设up为10

i=0，arr[i]=5，查询区间[5,10]的元素个数，此时线段树空，故inversion=0；将5插入包含它的线段路径。

i=1，arr[i]=4，查询区间[4,10]的元素个数，为1，故inversion+=1；将4插入包含它的线段路径。

i=2，arr[i]=3，查询区间[3,10]的元素个数，为2，故inversion+=0；将3插入包含它的线段路径。

以此类推。。。代码如下：

#include<iostream>using namespace std; /* 线段树求逆序数 */#define BORDER 100  // 设测试数列最大不超过100 struct Node         // 线段树{    int left;    int right;    int counter;}segTree[4*BORDER]; /* 构建线段树 根节点开始构建区间[lef,rig]的线段树*/void construct(int index, int lef, int rig){    segTree[index].left = lef;    segTree[index].right = rig;    if(lef == rig)   // 叶节点    {        segTree[index].counter = 0;        return;    }    int mid = (lef+rig) >> 1;    construct((index<<1)+1, lef, mid);    construct((index<<1)+2, mid+1, rig);    segTree[index].counter = 0;} /* 包含x的区间的值都+1 即对包含x的logn个节点的路径进行更新*/void insert(int index, int x){    ++segTree[index].counter;    if(segTree[index].left == segTree[index].right)    {        return;    }    int mid = (segTree[index].left + segTree[index].right) >> 1;    if(x <= mid)    {        insert((index<<1)+1, x);    }else    {        insert((index<<1)+2, x);    }} /* 查询点x的逆序数，即查询[x,BORDER]的区间和 */int query(int index, int left, int right){    if(segTree[index].left == left && segTree[index].right == right)    {        return segTree[index].counter;    }    int mid = (segTree[index].left+segTree[index].right) >> 1;    if(right <= mid)    {        return query((index<<1)+1,left,right);    }else if(left > mid)    {        return query((index<<1)+2,left,right);    }    return query((index<<1)+1,left,mid) + query((index<<1)+2,mid+1,right);} /* 测试序列 ：answer: 10 */int testPoint[10] = {    1, 4, 2, 9, 48,   15, 13, 44, 6, 90}; void main(){    construct(0,0,100);           // 构建[0,100]线段树    int reverseSum = 0;           // 记录逆序对数    for(int i = 0; i < 10; ++i)   // 查询当前逆序数    {        reverseSum += query(0,testPoint[i],BORDER);        printf("num of reverse order is: %d\n", reverseSum);        insert(0,testPoint[i]);    }}

由于线段树的插入和查询操作皆可以在lgn的时间内完成，故遍历一个数列求逆序数的时间复杂度为O(nlgn)，空间复杂度为O(nlgn)。