一道关于逆序对的题目

题目大意：给定一个原始的逆序对，即一个排列p，有n个数，再给出m个交换x,y，每一次交换p[x],p[y]，交换后输出逆序对个数Mod2的结果。

30%：n,m<=1000

100%：n,m<=100000

做法一：对于每一次交换，暴力交换后，用树状数组统计出逆序对的个数，然后Mod2输出。时间复杂度O(n^2logn)。

做法二：

结论1：其实，如果x,y不相同，交换后的结果总是会增加或减少奇数个。

证明：

设a = p[x],b = p[y]。

结论2：只要证明出"当a>b时结论1成立，就可以证明当a<b时结论1成立"。

        证明：a<b其实是从a>b转换一次得来的，而a>b时会减少奇数对逆序对。易证。

其次证明：结论1。

        证明：

                  不妨设a>b。

                 则：性质1，a和b之间比a大的数c可以不用考虑。（如果c>a,则c>b，交换后不会影响逆序对的个数。性质显然！）

                         性质2，b后面和a前面的数也不用考虑。（交换后的逆序对个数也不会有影响。显然！）

                         性质3，a和b之间的数的逆序对可以不用考虑。（因为没有交换，所以个数不变。）

                我们可以假想把不符合性质1，性质2的数删掉。则可以设：a和b之间的数有i个，则这些数都比a小，这些数中有j个比b小，则有i-j个比b大。

                交换前：a对逆序对的个数的贡献有i+1，因为a>b,所以要+1。而a和b之间的数中那i-j个比b大的数的贡献就为i-j。

                             ∴交换前的贡献为i+1+i-j = 2i+1-j

                交换后：则b的贡献有j，其他的数就没有贡献了。

                             ∴交换后的贡献为j

                交换前-交换后 = 2i+1-j-j = 2i-2j+1

         又∵2i-2j为偶数

         ∴2i-2j+1为奇数，

         ∴增加了奇数个。

         ∴结论成立

∴如果x,y不相等，则答案会“从0变成1”或者“从1变成0”。

但一定要注意：x,y有可能相等！

所以，在程序里特判一下就可以了！

算法步骤：

1，用树状数组预处理出原序列的逆序对个数，时间复杂度O(nlogn)。

2，依次读入x,y。

     if(x==y) 输出上一次的结果;

     else 输出1-上一次的结果（因为是Mod2）

则整个算法的时间复杂度是O(n+m+nlogn)。

附上程序：

#include <cstdio>#include <iostream>#include <algorithm>#include <cstring>using namespace std;#define Maxn 400010int a[Maxn];int f[Maxn];int n,ans=0;#define lowbit(x) x&(-x)int sum(int x){int t=0;while(x>0){t+=f[x];x-=lowbit(x);}return t;}void insert(int x,int d){f[x]+=d;while(x<=n){x+=lowbit(x);f[x]+=d;}return;}int main(){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);int m;scanf("%d",&m);memset(f,0,sizeof(f));ans = 0;for(int i=n;i>=1;i--){ans=( ans+sum(a[i]-1) )%2;insert(a[i],1);}ans%=2;int x,y;for(int i=1;i<=m;i++) {scanf("%d%d",&x,&y);if(x==y) printf("%d\n",ans);else{ans ^= 1;printf("%d\n",ans);}}return 0;}