11087 统计逆序对

11087 统计逆序对（必做）

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题型: 编程题   语言: G++;GCC;VC;JAVA

Description

设a[0…n-1]是一个包含n个数的数组，若在i<j的情况下，有a[i]>a[j]，则称(i, j)为a数组的一个逆序对（inversion）。比如 <2,3,8,6,1> 有5个逆序对。请采用类似“合并排序算法”的分治思路以O(nlogn)的效率来实现逆序对的统计。一个n个元素序列的逆序对个数由三部分构成：（1）它的左半部分逆序对的个数，（2）加上右半部分逆序对的个数，（3）再加上左半部分元素大于右半部分元素的数量。其中前两部分（1）和（2）由递归来实现。要保证算法最后效率O(nlogn)，第三部分（3）应该如何实现？此题请勿采用O(n^2)的简单枚举算法来实现。并思考如下问题：（1）怎样的数组含有最多的逆序对？最多的又是多少个呢？（2）插入排序的运行时间和数组中逆序对的个数有关系吗？什么关系？

输入格式

第一行：n，表示接下来要输入n个元素，n不超过10000。第二行：n个元素序列。

输出格式

逆序对的个数。

输入样例

52 3 8 6 1

输出样例

5

提示

此题看着简单啊，但陷入此坑的同学不少……。题目初看简单，但仔细分析有点意思！一、算法整体思路和框架确定n个元素的逆序对数目在最坏情况O(nlogn)的算法，可以考虑仿归并排序中的分治算法：一个序列的逆序对个数由三部分构成：（1）它的左半部分逆序对的个数，（2）加上右半部分逆序对的个数，（3）再加上左半部分元素大于右半部分元素的数量。其中（1）和（2）由递归来实现，（3）计算后加入。伪代码如下：//count_inversion()：计算逆序对数量int count_inversion(int array[], int low, int high){    int count = 0, middle;    if(low < high)    {        middle = low + (high - low) / 2;        count += count_inversion(array, low, middle);   //加入：对左段的逆序对的递归计数        count += count_inversion(array, middle + 1, high);    //加入：对右段的逆序对的递归计数        count += merge_inversion(array, low, middle, high);   //加入上面提到的第三种情形的计数    }    return count;}二、分治算法的效率分析，是否能达到题目所要求的O(nlogn)?分析一下算法效率，题目要求算法效率为O(nlogn)，假设T(n)为n个元素逆序对统计的分治算法时间。则T(1)=1, T(n) = 2T(n/2) + O(?)，要使得算法整个效率T(n)=O(nlogn)，则上述第（3）步只能是O(n)。那又怎么能在O(n)时间内算出“左半部分元素大于右半部分元素的数量”？一般方法，左段任何一个元素都要和右段任何一个元素比较，然后得到第（3）步的逆序对个数，这需要O(n^2)啊，O(n)做不到的啊。但是，若左右段元素都各自段内有序，那可以做到O(n)，只需要逐个比较左右段段首元素即可。这个过程和“合并排序算法”的归并的过程很类似，只是在归并的时候加入了计数的操作。即左右段“队首元素”进行比较，*  如果来自于左段的队首大于右段的队首，则记数加上左段元素个数（为什么是加上左段元素个数呢？因为左段段首是左段中最小的了，最小的都比右段段首大，那左段所有元素都大于右段段首元素的，因此计数应该是加上左段中所有的元素个数），且同时记录下小的这个数（即右段段首）；*  否则记数不变，但依然记下小的这个数（即左段段首）。*  这个“左右两段的队首元素比较”的过程一直持续下去，直到所有元素都记录下来，也即合并过程结束。这第（3）步做完，同时左段和右段也合并有序了，并将合并后有序数组覆盖原数组。也就是说第（3）步会改变数的顺序，在统计的同时也进行排序了。三、疑问？有人问，数的顺序都改变了，那原数序列和合并排序后的序列，去求逆序对个数还一样的吗？这样求解是对的吗？ —————— 回答： 是一样的！1， 首先你问的这个问题表述就不准确，其实并不是“合并排序后的序列去求逆序对个数”，而是在合并之前先让左右段成序，再统计第（3）步，而后再合并排序成一个有序序列的。若全都排好了再统计逆序对个数，那当然是不一样的了。2， 其次左右序列成序并不影响第（3）步（即统计左段元素比右段元素大的数量）。而在整个序列排序之前，第（3）步又已做完，序列再怎么改变此时已经不影响逆序对统计数了，因为已经统计完了。3， 第（3）步要O(n)完成，还就得左右段都成序了才行，若左右段不成序，就做不到O(n)完成第（3）步，那得两重循环O(n^2)才能做第（3）步了，进一步，若第（3）步完成需O(n^2)，那整个算法也无法做到O(nlogn)了。到此，分析结束，你觉得这个分析是不是比较有意思？也就是说这个问题的求解是嵌在典型的合并排序算法之中的，但不是嵌套而是交错进行。四、具体实例分析好吧，如果还不清楚，我们以题上的数据实例来分析吧。序列：  2 3 8 6 1分为： 2 3 8 | 6 1对左段：（2 3 8） 计数count将增加0（此处省略若干递归的过程和文字）；对右段：（6 1） 计数count将增加(6)(1)的左段个数，即增加1，这里是递归计算得到的,并且递归结束后右段调整为：1 6对左右段，此时序列为（2 3 8）（1 6），    *  左段段首2大于右段段首1，所以左段所有元素都大于右段段首1，计数count增加左段段长，即增3，且同时记录下小的段首元素1，此时序列为（2 3 8）（6）；    *  记下2，但计数值不增加，此时序列为（3 8）（6）；    *  记下3，但计数值不增加，此时序列为（8）（6）；    *  记下6，计数值count增加左段元素个数，这里即为1；    *  记下8，但计数值不增加，此时序列为空了。    *  记下的数形成新的序列：1 2 3 6 8，也就是排序之后的形式了。返回计数值count：1+3+1，即返回5。------------------------------------------------------------------------------------------------五、回答题目的问题最后，回答本题提出的需要思考的问题：（1）一个逆序的序列含有最多逆序对，最多为：1+2+...+(n-1)=n(n-1)/2。   顺序的序列含有最少逆序对，数量为0。（2）插入排序的运行时间和数组中逆序对个数有关，   最好的情况，原序列已经成顺序，则插入排序的代价是O(n)；   最坏的情况，原序列为逆序，插入排序的代价为O(n^2)；   平均情况下也是O(n^2)的。   每一个逆序对都将引起插入过程中的一次比较及后续数的挪位，因此说数组中逆序对个数越少，插入排序算法性能就越好。

#include <iostream>using namespace std;int merge_inversion(int a[],int low ,int middle ,int high){    int sum = 0;    int llen = middle-low+1;    int rlen = high - middle;    int a1[llen+1] , a2[rlen+1];    /*       左右两段分别赋值给两个数组；    */    for(int i=0;i<llen;i++){        a1[i] = a[low+i];    }    for(int i=0;i<rlen;i++){        a2[i] = a[middle+i+1];    }    a1[llen] = 999;    a2[rlen] =999;//两个临界点必须要相同，不然下面的判断会出错    /*      开始比较      这里需要k是因为比较过程中需要将原数组的顺序变换      用k去判断循环就是要让比较后搞定原数组的排序,执行之后数组a将是从小到大有序的    */    for(int i=0,j=0,k=low;k<=high;k++){        if(a1[i]>a2[j]){//当两个相等时就是边界啦            sum  += llen - i;            a[k] = a2[j];            j++;        }        else{            a[k] = a1[i];            i++;        }    }    return sum;}int count_inversion(int a[],int low,int high){    int count = 0,middle;    if(low<high){        middle = low+(high-low)/2;        count += count_inversion(a,low,middle);        count += count_inversion(a,middle+1,high);        count += merge_inversion(a,low,middle,high);    }    return count;}int main(){    int n;    cin>>n;    int a[n];    for(int i=0;i<n;i++){        cin>>a[i];    }    cout<<count_inversion(a,0,n-1);    return 0;}