冒泡排序的交换次数

题意：

给定一个1~n的排列a0,a1,…an-1,求对这个数列进行冒泡排序所需要的交换次数（冒泡排序是每次找到满足ai>ai+1的i，并交换ai和ai+1，直到这样的i不存在为止的算法）。

限制条件：1<= n<= 100000

 

输入：

n=4, a={3,1,4,2}

输出：

3

 

冒泡排序的复杂度是O(n2)，所有无法通过模拟冒泡排序的过程来计算需要的交换次数。不过我们可以通过选取适当的数据结构来解决这个问题。

首先，所求的交换次数等价于满足i<j，ai>aj的(i,j)数对的个数（这种数对的个数叫做逆序数）。而对于每一个j，如果能够快速求出满足i<j，ai>aj的i的个数，那么问题就迎刃而解。我们构建一个值得范围是1~n的BIT，按照j=0,1,2,…,n-1的顺序进行如下操作。

*把j-(BIT查询得到的前aj项的和)加到答案中

*把BIT中aj位置上的值加1

对于每一个j，（BIT查询得到的前aj项的和）就是满足i<j，ai<=aj的i的个数。因此把这个值从j中减去之后，得到的就是满足i<j，ai>aj的i的个数。由于对于每一个j的复杂度是O(logn),所以整个算法的复杂度是O(nlogn)。

#include <cstdio>using namespace std;typedef long long ll;const int maxn = 100000 + 10;int n;int a[maxn];int bit[maxn];int sum(int i){    int s = 0;    while (i > 0){        s += bit[i];        i -= i & -i;    }    return s;}void add(int i, int x){    while (i <= n){        bit[i] += x;        i += i & -i;    }}void solve(){    ll ans = 0;    for (int j = 0; j < n; j++){        ans += j - sum(a[j]);        add(a[j], 1);    }    printf("%lld\n", ans);}int main(){    scanf("%d", &n);    for (int i = 0; i < n; i++){        scanf("%d", &a[i]);    }    solve();    return 0;}