小朋友排队

标题：小朋友排队

    n 个小朋友站成一排。现在要把他们按身高从低到高的顺序排列，但是每次只能交换位置相邻的两个小朋友。

    每个小朋友都有一个不高兴的程度。开始的时候，所有小朋友的不高兴程度都是0。

    如果某个小朋友第一次被要求交换，则他的不高兴程度增加1，如果第二次要求他交换，则他的不高兴程度增加2（即不高兴程度为3），依次类推。当要求某个小朋友第k次交换时，他的不高兴程度增加k。

    请问，要让所有小朋友按从低到高排队，他们的不高兴程度之和最小是多少。

    如果有两个小朋友身高一样，则他们谁站在谁前面是没有关系的。

【数据格式】
    输入的第一行包含一个整数n，表示小朋友的个数。
    第二行包含 n 个整数 H1 H2 … Hn，分别表示每个小朋友的身高。
    输出一行，包含一个整数，表示小朋友的不高兴程度和的最小值。

例如，输入：

3

3 2 1
程序应该输出：
9

【样例说明】
   首先交换身高为3和2的小朋友，再交换身高为3和1的小朋友，再交换身高为2和1的小朋友，每个小朋友的不高兴程度都是3，总和为9。

【数据规模与约定】
    对于10%的数据， 1<=n<=10；
    对于30%的数据， 1<=n<=1000；
    对于50%的数据， 1<=n<=10000；
    对于100%的数据，1<=n<=100000，0<=Hi<=1000000。

资源约定：
峰值内存消耗 < 256M
CPU消耗  < 1000ms
请严格按要求输出，不要画蛇添足地打印类似：“请您输入...” 的多余内容。

所有代码放在同一个源文件中，调试通过后，拷贝提交该源码。

注意: main函数需要返回0
注意: 只使用ANSI C/ANSI C++ 标准，不要调用依赖于编译环境或操作系统的特殊函数。
注意: 所有依赖的函数必须明确地在源文件中 #include <xxx>， 不能通过工程设置而省略常用头文件。

提交时，注意选择所期望的编译器类型。

解题思想：

用到了树状数组，但是有点一直弄不明白，就是倒过来的时候，为什么直接求，上网查了很多资料，都说很明显就可以看出来，那为啥我就看不出来呢？还是智力有限啊，伤心！！！！不说了，来看网上大神的讲解

乍一看还以为是一道排序的题目，而且我也确实想到了冒泡排序，但找了资料显示貌似并不能证明这可以让所有小朋友的不高兴程度最小，遂又查资料，才知道这是一道寻找逆序数的题目，比如题目中的3，2，1，和3有关的逆序对为3，2和3，1，和2有关的逆序对为3，2和2，1，和1有关的逆序对为3，1和2，1，为了完成排序，任何一个逆序对的两个元素都必须交换一次，于是可知，每个小朋友都完成了两次交换。

说白了就是针对每一个元素，看看它之前有几个大于它的元素，之后有几个小于它的元素，然后记录这个元素在逆序对中出现的次数，也就是含这个元素的逆序对的个数，然后再将每个元素的不高兴程度相加即可。

问题的关键在于查找逆序对的个数，最容易想到的当然就是暴力大法，看看数据范围，超时无疑，于是我们就需要使用一个特殊的数组----树状数组。

首先我们看看树状数组的特点，当然就是很快速的求前n个元素的和，那这和我们求逆序对有什么关系呢？

这里，我们要巧妙地变一下形，还是以题目中给出的数据为例 3   2   1

因为树状数组实际上是由两部分组成：数据数组+统计数组，我们只看数据数组

由于树状数组是从1开始的，而题目中小盆友的身高可以为0（真是长见识了），所以我们将每个小盆友的身高加1然后作为树状数组的下标，将数值1存到相应的位置.

第一次读入3，此时读入的数据量为1个，变成这样

C[1]        C[2]        C[3]        C[4]       C[5]        C[6]         C[7]         C[8]

  0             0            0            1            0             0             0              0

可以看到sum(C[1],C[4])=1(可以由树状数组的统计数组得到)，这个是小于等于3的数字的个数，也就是说当输入第一个数字3的时候没有比它小的数字存在，这时我们用 输入数字总数-sum(C[1],C[4])=0，也就是说大于3的数字的个数为0，我们令b[0]=0.

第二次读入2，此时读入的数据量为2个，变成这样

C[1]        C[2]        C[3]        C[4]       C[5]        C[6]         C[7]         C[8]

  0             0            1            1            0             0             0              0

可以看到sum(C[1],C[3])=1，任然不存在比它小的数，但此时输入的数据总量为2，而2-1=1，就是说，存在一个数在2之前并且大于2，这个数当然就是3，我们另b[1]=1.

第三次读入1，此时读入的数据量为3，变成这样

C[1]        C[2]        C[3]        C[4]       C[5]        C[6]         C[7]         C[8]

  0             1            1            1            0             0             0              0

可以看到sum(C[1],C[2])=1，任然不存在比它小的数，但此时输入的数据总量为3，而3-1=2，就是说，存在两个数在1之前并且大于1，这个数当然就是2，3，我们另b[2]=2.

到此，我们已经算出了每个数前面的较大的数的个数了，数据存在num[]中，现在我们再反过来，先插入1，再插入2，再插入3，但这次我们不再用总数减去sum了，而直接求sum，求出来的自然就是，每个数后面的较小的数的个数，然后将得到的数值累加到相应的b[i]中，最终我们会得到b[0]=2,b[1]=2,b[2]=2,分别对应num[0]=3,num[1]=2,num[2]=1。

求得了每个小盆友被移动的次数，我们需要计算其不高兴程度，这里实际上可以事先打个表，就是将被移动n次后的不高兴值全算出来，然后直接用就可以了，这里，我们将其存到total[]数组中，而且total[2]=3，所以总不高兴值就是9.

需要注意的是如果重复的数字出现怎么办，如果出现，实际上出问题的会是求每个数之前较大数的那部分，因为用到了数的总个数，如果出现一样的数，就会导致相减后的结果偏大，而且正好是大了 重复量-1 ，那么我们就可以算出重复量，然后将这一部分减去就行，关键是怎么算重复量，实际也很简单，通过树状数组，我们可以求得sum(1,a)和sum(1,a+1)，其中输入的数字为a，前者算出的小于a的数的个数，后者算出的是小于等于a的数的个数，两个一减就是等于a的个数。
。。。树状数组主要是求前n项和特别好;

基本概念

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假设数组a[1..n]，那么查询a[1]+...+a[n]的时间是log级别的，而且是一个在线的数据结构，支持随时修改某个元素的值，复杂度也为log级别。

来观察这个图：

令这棵树的结点编号为C1，C2...Cn。令每个结点的值为这棵树的值的总和，那么容易发现：

C1 = A1

C2 = A1 + A2

C3 = A3

C4 = A1 + A2 + A3 + A4

C5 = A5

C6 = A5 + A6

C7 = A7

C8 = A1 + A2 + A3 + A4 + A5 + A6 + A7 + A8

...

C16 = A1 + A2 + A3 + A4 + A5 + A6 + A7 + A8 + A9 + A10 + A11 + A12 + A13 + A14 + A15 + A16

这里有一个有趣的性质：

设节点编号为x，那么这个节点管辖的区间为2^k（其中k为x二进制末尾0的个数）个元素。因为这个区间最后一个元素必然为Ax，

所以很明显：Cn = A(n – 2^k + 1) + ... + An

算这个2^k有一个快捷的办法，定义一个函数如下即可：

1

2

3

int lowbit(int x){

return x&(x^(x–1));

}

利用机器补码特性，也可以写成：

1

2

3

int lowbit(int x){

return x&-x;

}

当想要查询一个SUM(n)(求a[n]的和），可以依据如下算法即可：

step1:　令sum = 0，转第二步；

step2:　假如n <= 0，算法结束，返回sum值，否则sum = sum + Cn，转第三步；

step3: 令n = n – lowbit(n)，转第二步。

可以看出，这个算法就是将这一个个区间的和全部加起来，为什么是效率是log(n)的呢？以下给出证明：

n = n – lowbit(n)这一步实际上等价于将n的二进制的最后一个1减去。而n的二进制里最多有log(n)个1，所以查询效率是log(n)的。

那么修改呢，修改一个节点，必须修改其所有祖先，最坏情况下为修改第一个元素，最多有log(n)的祖先。

所以修改算法如下（给某个结点i加上x）：

step1: 当i > n时，算法结束，否则转第二步；

step2: Ci = Ci + x， i = i + lowbit(i)转第一步。

i = i +lowbit(i)这个过程实际上也只是一个把末尾1补为0的过程。

对于数组求和来说树状数组简直太快了!

注：

求lowbit(x)的建议公式：

lowbit(x):=x and -x;

或lowbit(x):=x and (x xor (x - 1));

lowbit(x)即为2^k的值。

树状数组树状数组的充分性

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树状数组线性图

很容易知道C8表示A1～A8的和，但是C6却是表示A5～A6的和，为什么会产生这样的区别的呢？或者说发明她的人为什么这样区别对待呢？

答案是，这样会使操作更简单！看到这相信有些人就有些感觉了，为什么复杂度被log了呢？可以看到，C8可以看作A1～A8的左半边和+右半边和，而其中左半边和是确定的C4，右半边其实也是同样的规则把A5～A8一分为二……继续下去都是一分为二直到不能分树状数组巧妙地利用了二分，树状数组并不神秘，关键是巧妙！

树状数组树状数组的经典操作

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树状数组修改操作

?

1

2

3

4

5

6

7

8

void add(int k,int num)  

{  

    while(k<=n)  

    {  

        tree[k]+=num;  

        k+=k&-k;  

    }  

}  

树状数组查询操作

?

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

int read(int k)//1~k的区间和  

{  

    int sum=0;  

    while(k)  

    {  

        sum+=tree[k];  

        k-=k&-k;  

    }  

    return sum;  

}  

代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define MAX 1000010
#define N 100010
int C1[MAX],C2[MAX],b[MAX];
int num[N];
long long total[N],ans;
int lowbit(int x)
{
 return x&(-x);
}
void add(int pos,int num,int *C)
{
 while(pos<=MAX)
 {
  C[pos]+=num;
  pos+=lowbit(pos);
 }
}
int Sum(int pos,int *C)
{
 int sum=0;
 while(pos>0)
 {
  sum+=C[pos];
  pos-=lowbit(pos);
 }
 return sum;
}
void init()
{
 total[0]=0;
 for(int i=1;i<=N;i++)
 {
  total[i]=total[i-1]+i;
 }
}
int main()
{
 int i;
 init();
 memset(C1,0,sizeof(C1));
 memset(C2,0,sizeof(C2));
 int n;
 scanf("%d",&n);
 for(i=0;i<n;i++)
 {
  scanf("%d",&num[i]);
  add(num[i]+1,1,C1);  
  b[i]=i-Sum(num[i],C1);
  b[i]=b[i]-(Sum(num[i]+1,C1)-Sum(num[i],C1)-1);
 }
 for(i=n-1;i>=0;i--)
 {
  add(num[i]+1,1,C2);
  b[i]=b[i]+Sum(num[i],C2);
  
 } 
 ans=0;
 for(i=0;i<n;i++)
 {
  ans+=total[b[i]];
 }
 printf("%lld\n",ans);  
 return 0;
 }