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; }
时间: 2024-11-04 12:17:46