Ultra-QuickSort

In this problem, you have to analyze a particular sorting algorithm. The algorithm processes a sequence of n distinct integers by swapping two adjacent sequence elements until the sequence is sorted in ascending order. For the input sequence 

9 1 0 5 4 ,

Ultra-QuickSort produces the output 

0 1 4 5 9 .

Your task is to determine how many swap operations Ultra-QuickSort needs to perform in order to sort a given input sequence.

Input

The input contains several test cases. Every test case begins with a line that contains a single integer n < 500,000 -- the length of the input sequence. Each of the the following n lines contains a single integer 0 ≤ a[i] ≤ 999,999,999, the i-th input sequence element. Input is terminated by a sequence of length n = 0. This sequence must not be processed.

Output

For every input sequence, your program prints a single line containing an integer number op, the minimum number of swap operations necessary to sort the given input sequence.

Sample Input

5
9
1
0
5
4
3
1
2
3
0

Sample Output

6
0

树状数组模板题。
思路：看此篇博文之前，你要对树状数组有所了解，这里树状数组求的也是和，并且因为更新多次，所以不用树状数组减少复杂度的话铁定超时。
树状数组主要用于查询任意两位之间的所有元素之和，但是每次只能修改一个元素的值；经过简单修改可以
在log(n)的复杂度下进行范围修改；而这道题意思是每一项之前有多少大于等于它的。
把样例换一个角度看，就把他们一个一个输入，例如第一组样例：输入9时，前面没有比它大的，不必交换，
输入1时，前面有个9，需要交换一次，变成1，9；输入0时，需要交换两次，先是0和9 交换，成1,0，9，再
0和1交换，0,1,9；
依次类推，计算最小交换次数，所以等于变相的求每一项前面存在几个大于它的数。
再附上逆序数的概念：
也就是说，对于n个不同的元素，先规定各元素之间有一个标准次序（例如n个 不同的自然数，可规定
从小到大为标准次序），于是在这n个元素的任一排列中，当某两个元素的先后次序与标准次序不同时
，就说有1个逆序。一个排列中所有逆序总数叫做这个排列的逆序数。
而这道题，你会发现，至少交换多少次就是找这个排列有多少逆序数。
就拿样例来说吧：规定是从小到大排列，对于排列 9 1 0 5 4；所以这个排列应该是递增的。
所以，对于9来说，前面没有比它大的，也就是9的逆序数是0，对于1，前面有一个比他大，所以
1的逆序数是1，以此类推，0的逆序数是2,5的是1,4的是2.而对于这个排列来说，逆序数等于各个数
的逆序数的和，也就是6.
 

C++版本一

树状数组

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
using namespace std;
int n;
int t[500004],s[500004];
struct node{
    int v,x;
    bool operator <(const node &b)const{
        return v<b.v;
}
} a[500003];

int lowbit(int n){
    return n&(-n);
}
void updata(int x,int y){
    while(x<=n){
        s[x]+=y;
        x+=lowbit(x);
    }
}
int query(int x){
    int sum=0;
    while(x){
        sum+=s[x];
        x-=lowbit(x);
    }
    return sum;
}
int main()
{
    while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n){
        memset(s,0,sizeof(s));
        for(int i=1; i<=n; i++){
            scanf("%d",&a[i].v);
            a[i].x=i;//离散化
        }
        sort(a+1,a+n+1);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            t[a[i].x]=i;
        }
        long long ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            updata(t[i],1);
            ans+=i-query(t[i]);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    //cout << "Hello world!" << endl;
    return 0;
}

首先介绍线段树的解法：

我们先将原数组每个值附上一个序号index，再将它排序。如题目的例子：

num：   9  1  0  5  4

index：  1  2  3  4  5

排序后：

num：   0  1  4  5  9

index：  3  2  5  4  1

然后由于排序后num为0的点排在原来数组的第3个，所以为了将它排到第一个去，那就至少需要向前移动两次，同时它也等价于最小的数0之前有2个数比它大（所以要移动两次），将0移到它自己的位置后，我们将0删掉（目的是为了不对后面产生影响）。再看第二大的数1，它出现在原数组的第二个，他之前有一个数比它大所以需要移动一次。这样一直循环下去那么着5个数所需要移动的次数就是：

num：  0  1  4  5  9

次数      2  1  2  1  0

将次数全部要加起来就是最后所需要移动的总次数。

方法章爷是已经告诉我了，但是最初我一直是觉得不好实现。到后来才慢慢、慢慢弄好。方法就是在建一棵树时，不是直接将原来的num放进树里面，而是将它的下标放进树里面，最初每个节点上赋值为1.然后当查找第一个num时，由于是找的下标为3的位置，所以我们就直接找区间[1,3)之间有多少个1（就是求前导和），这里面1的个数就是第一个num=0索要移动的次数，然后我们把0去掉，其实也就是吧下标为3的那个1去掉。这样每个值就依次计算出来了。

当然其实只要是想明白了，不用线段树，直接用树状数组写起来会简便很多。（因为每次只需要计算前导和以及去掉某一个点，是对点的操作）。

这里再讲一下归并排序的方法（对于最基础就没有掌握好的我来说听到他们说归并排序可以解题时，我竟然一团雾水，竟然连归并排序都忘记了），看了一下归并排序的实现过程，其实马上就可以找到思路，由于本题实际上就是要求逆序对（即满足i<j，a[i]>a[j]的数对）的个数。而我们再回顾一下归并排序的过程：

假设回溯到某一步，后面的两部分已经排好序（就是说当前需要归并的两个部分都是分别有序的），假设这两个序列为

序列a1：2 3 5 9  

序列a2：1 4 6 8

此时我们的目的就是要将a1和a2合并为一个序列。

由于在没排序前a2序列一定全部都是在a1序列之后的，当我们比较a2的1与a1的2时，发现1<2按照归并的思想就会先记录下a2的1，而这里实际上就是对冒泡排序的优化，冒泡是将a2的1依次与a1的9,5,3,2交换就需要4次，而归并却只有一次就完成了，要怎么去记录这个4呢，实际上由于1比2小而2后面还有4个数，也就是说那我的结果就必须要+4，也就是记录a1序列找到第一个比a2某一个大的数，他后面还余下的数的个数就是要交换的次数。

同时我们看a2的4时，a1中第一个比它大的数是5,5之后共有两个数，那结果就+2,。依次下去就可以计算出结果。但是由于我们任然没有改变归并排序的过程。所以复杂度还是O(nlogn)，比上面的线段树要快。

C++版本二

归并排序

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a))

int N, A[500010], T[500010];
__int64 ans;

void Merg_Sort(int x,int y)
{
    if(y-x<=1) return ;
    int mid = x + (y-x)/2;
    Merg_Sort(x,mid);
    Merg_Sort(mid,y);
    int p = x, q = mid, i=x;
    while(p<mid || q<y)
    {
        if(q>=y || (p<mid && A[p] <= A[q])) T[i++] = A[p++];
        else//else的条件是(p==mid || A[q] < A[p])
        {
            if(p<mid) ans+=(mid-p);//由于是p<mid,所以此时也就是相当于 A[q] < A[p]
            T[i++] = A[q++];       //上面同时A[p]是第一个<A[q]的数，所以+后面还有的数(mid-p)
        }
    }
    for(i=x;i<y;i++)
    {
        A[i] = T[i];
    }
}

int main()
{
    while(~scanf("%d", &N) && N)
    {
        mem(A); mem(T);
        for(int i=0;i<N;i++)
        {
            scanf("%d", &A[i]);
        }
        ans = 0;
        Merg_Sort(0,N);
        printf("%I64d\n",ans);//结果会超int32
    }
    return 0;
}

C++版本三

树状数组

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define MIN(a , b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
#define MAXN 500010
#define INF  1000000007
#define lson k<<1,     l,     mid
#define rson (k<<1)|1, mid+1,  r

using namespace std;

int Tree[MAXN<<2], index[MAXN], num[MAXN];
int N;

int cmp(const int i, const int j)
{
    return num[i] < num[j];
}

void Edit(int k, int l, int r, int num, int value)
{
    Tree[k] += value;
    if(r==l) return ;
    int mid = (l+r) >> 1;
    if(num <= mid) Edit(lson, num, value);
    else Edit(rson, num, value);
}

int Search(int k, int l, int r, int L, int R)//L,R是要找的区间
{
    if(L<=l && r<=R) return Tree[k];
    int mid = (l+r) >> 1;
    int ans = 0;
    if(L <= mid) ans += Search(lson, L, R);
    if(R > mid) ans += Search(rson, L, R);
    return ans;
}

int main()
{
    while(~scanf("%d", &N) && N)
    {
        mem(Tree); mem(num); mem(index);
        for(int i=1;i<=N;i++)
        {
            scanf("%d", &num[i]);
            Edit(1, 1, N, i, 1);
            index[i] = i;
        }
        sort(index+1, index+N+1,cmp);
        long long ans = 0;
        for(int i=1;i<=N;i++)
        {
            ans += (Search(1, 1, N, 1, index[i])-1);
            Edit(1, 1, N, index[i], -1);
        }
        printf("%I64d\n", ans);
    }
    return 0;
}

C++版本四

题目大意：

给出长度为n的序列，每次只能交换相邻的两个元素，问至少要交换几次才使得该序列为递增序列。

解题思路：

一看就是冒泡，交换一次记录一次就可以了

但是n的范围达到50W，冒泡O(n^2)的复杂度铁定超时（即使有7000ms，其实这是一个陷阱）

直接用快排又不符合题目的要求（相邻元素交换），快排是建立在二分的基础上的，操作次数肯定比在所要求的规则下的交换次数要更少

那么该怎么处理？

其实这题题目已经给出提示了：Ultra-QuickSort

特殊的快排，能和快排Quicksort相媲美的就是归并排序Mergesort了，O(nlogn)

但是用归并排序并不是为了求交换次数，而是为了求序列的 逆序数（学过《线代》的同学应该很熟悉了）

一个乱序序列的 逆序数 = 在只允许相邻两个元素交换的条件下,得到有序序列的交换次数

例如例子的

9 1 0 5 4

由于要把它排列为上升序列，上升序列的有序就是  后面的元素比前面的元素大

而对于序列9 1 0 5 4

9后面却有4个比9小的元素，因此9的逆序数为4

1后面只有1个比1小的元素0，因此1的逆序数为1

0后面不存在比他小的元素，因此0的逆序数为0

5后面存在1个比他小的元素4, 因此5的逆序数为1

4是序列的最后元素，逆序数为0

因此序列9 1 0 5 4的逆序数 t=4+1+0+1+0 = 6  ，恰恰就是冒泡的交换次数

PS：注意保存逆序数的变量t，必须要用__int64定义，int和long都是无法保存的。。。。会导致WA。 以前的long long 在现在的VC编译器已经无法编译了。

注意__int64类型的输出必须使用指定的c格式输出，printf(“%I64d”,t);

cout是无法输出__int64类型的

序列数组s[]用int就足够了，每个元素都是小于10E而已
 

#include<iostream>
using namespace std;
 
const int inf=1000000000;  //10E
 
__int64 t; //s[]数列逆序数
 
void compute_t(int* s,int top,int mid,int end)
{
	int len_L=mid-top+1;
	int len_R=end-mid;
 
	int* left=new int[len_L+2];
	int* right=new int[len_R+2];
 
	int i,j;
	for(i=1;i<=len_L;i++)
		left[i]=s[top+i-1];
	left[len_L+1]=inf;   //设置无穷上界，避免比较大小时越界
 
	for(j=1;j<=len_R;j++)
		right[j]=s[mid+j];
	right[len_R+1]=inf;   //设置无穷上界，避免比较大小时越界
 
	i=j=1;
	for(int k=top;k<=end;)
		if(left[i]<=right[j])
			s[k++]=left[i++];
		else
		{
			s[k++]=right[j++];
			t+=len_L-i+1;    //计算逆序数
		}
 
	delete left;
	delete right;
 
	return;
}
 
void mergesort(int* s,int top,int end)
{
	if(top<end)
	{
		int mid=(top+end)/2;
		mergesort(s,top,mid);
		mergesort(s,mid+1,end);
		compute_t(s,top,mid,end);
	}
	return;
}
 
int main(void)
{
	int n;  //序列长度
	while(cin>>n)
	{
		if(!n)
			break;
 
		/*Input*/
 
		int* s=new int[n+1];
		for(int i=1;i<=n;i++)
			cin>>s[i];
 
		/*Merge-Sort*/
 
		t=0;  //initial
		mergesort(s,1,n);
 
		/*Output*/
 
		printf("%I64d\n",t);
 
		/*Relax*/
 
		delete s;
 
	}
	return 0;
}