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题目原文：11087 统计逆序对（优先做）
Description设a[0…n-1]是一个包含n个数的数组，若在i<j的情况下，有a[i]>a[j]，则称(i, j)为a数组的一个逆序对（inversion）。 比如 <2,3,8,6,1> 有5个逆序对。请采用类似“合并排序算法”的分治思路以O(nlogn)的效率来实现逆序对的统计。 一个n个元素序列的逆序对个数由三部分构成： （1）它的左半部分逆序对的个数，（2）加上右半部分逆序对的个数，（3）再加上左半部分元素大于右半部分元素的数量。 其中前两部分（1）和（2）由递归来实现。要保证算法最后效率O(nlogn)，第三部分（3）应该如何实现？ 此题请勿采用O(n^2)的简单枚举算法来实现。 并思考如下问题： （1）怎样的数组含有最多的逆序对？最多的又是多少个呢？ （2）插入排序的运行时间和数组中逆序对的个数有关系吗？什么关系？ 输入格式第一行：n，表示接下来要输入n个元素，n不超过10000。 第二行：n个元素序列。 输出格式逆序对的个数。 输入样例5 2 3 8 6 1 输出样例5 提示此题看着简单啊，实际是个坑，陷入此坑的同学不少……。题目初看简单，但仔细分析有点意思！
一、算法整体思路和框架
确定n个元素的逆序对数目在最坏情况O(nlogn)的算法，可以考虑仿归并排序中的分治算法：一个序列的逆序对
个数由三部分构成：
（1）它的左半部分逆序对的个数，
（2）加上右半部分逆序对的个数，
（3）再加上左半部分元素大于右半部分元素的数量。
其中（1）和（2）由递归来实现，（3）计算后加入。
伪代码如下：
//count_inversion()：计算逆序对数量
int count_inversion(int array[], int low, int high)
{
int count = 0, middle;
if(low < high)
{
middle = low + (high - low) / 2;
count += count_inversion(array, low, middle); //加入：对左段的逆序对的递归计数
count += count_inversion(array, middle + 1, high); //加入：对右段的逆序对的递归计数
count += merge_inversion(array, low, middle, high); //加入上面提到的第三种情形的计数
}
return count;
}
二、分治算法的效率分析，是否能达到题目所要求的O(nlogn)?
分析一下算法效率，题目要求算法效率为O(nlogn)，假设T(n)为n个元素逆序对统计的分治算法时间。
则T(1)=1, T(n) = 2T(n/2) + O(?)，要使得算法整个效率T(n)=O(nlogn)，则上述第（3）步只能是O(n)。
那又怎么能在O(n)时间内算出“左半部分元素大于右半部分元素的数量”？
一般方法，左段任何一个元素都要和右段任何一个元素比较，然后得到第（3）步的逆序对个数，这需要
O(n^2)啊，O(n)做不到的啊。但是，若左右段元素都各自段内有序，那可以做到O(n)，只需要逐个比较
左右段段首元素即可。
这个过程和“合并排序算法”的归并的过程很类似，只是在归并的时候加入了计数的操作。
即左右段“队首元素”进行比较，
* 如果来自于左段的队首大于右段的队首，则记数加上左段元素个数（为什么是加上左段元素个
数呢？因为左段段首是左段中最小的了，最小的都比右段段首大，那左段所有元素都大于右段段
首元素的，因此计数应该是加上左段中所有的元素个数），且同时记录下小的这个数（即右段段首）；
* 否则记数不变，但依然记下小的这个数（即左段段首）。
* 这个“左右两段的队首元素比较”的过程一直持续下去，直到所有元素都记录下来，也即合并过程结束。
这第（3）步做完，同时左段和右段也合并有序了，并将合并后有序数组覆盖原数组。也就是说第（3）步
会改变数的顺序，在统计的同时也进行排序了。
三、疑问？
有人问，数的顺序都改变了，那原数序列和合并排序后的序列，去求逆序对个数还一样的吗？这样求
解是对的吗？
—————— 回答： 是一样的！
1， 首先你问的这个问题表述就不准确，其实并不是“合并排序后的序列去求逆序对个数”，而是在合并
之前先让左右段成序，再统计第（3）步，而后再合并排序成一个有序序列的。若全都排好了再统计逆序
对个数，那当然是不一样的了。
2， 其次左右序列成序并不影响第（3）步（即统计左段元素比右段元素大的数量）。而在整个序列排序
之前，第（3）步又已做完，序列再怎么改变此时已经不影响逆序对统计数了，因为已经统计完了。
3， 第（3）步要O(n)完成，还就得左右段都成序了才行，若左右段不成序，就做不到O(n)完成第（3）步，
那得两重循环O(n^2)才能做第（3）步了，进一步，若第（3）步完成需O(n^2)，那整个算法也无法做到O(nlogn)了。
到此，分析结束，你觉得这个分析是不是比较有意思？也就是说这个问题的求解是嵌在典型的合并排序算法
之中的，但不是嵌套而是交错进行。
四、具体实例分析
好吧，如果还不清楚，我们以题上的数据实例来分析吧。
序列： 2 3 8 6 1
分为： 2 3 8 | 6 1
对左段：（2 3 8） 计数count将增加0（此处省略若干递归的过程和文字）；
对右段：（6 1） 计数count将增加(6)(1)的左段个数，即增加1，这里是递归计算得到的,并且递归结束后右段调整为：1 6
对左右段，此时序列为（2 3 8）（1 6），
* 左段段首2大于右段段首1，所以左段所有元素都大于右段段首1，计数count增加左段段长，
即增3，且同时记录下小的段首元素1，此时序列为（2 3 8）（6）；
* 记下2，但计数值不增加，此时序列为（3 8）（6）；
* 记下3，但计数值不增加，此时序列为（8）（6）；
* 记下6，计数值count增加左段元素个数，这里即为1；
* 记下8，但计数值不增加，此时序列为空了。
* 记下的数形成新的序列：1 2 3 6 8，也就是排序之后的形式了。
返回计数值count：1+3+1，即返回5。
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五、回答题目的问题
最后，回答本题提出的需要思考的问题：
（1）一个逆序的序列含有最多逆序对，最多为：1+2+...+(n-1)=n(n-1)/2。
顺序的序列含有最少逆序对，数量为0。
（2）插入排序的运行时间和数组中逆序对个数有关，
最好的情况，原序列已经成顺序，则插入排序的代价是O(n)；
最坏的情况，原序列为逆序，插入排序的代价为O(n^2)；
平均情况下也是O(n^2)的。
每一个逆序对都将引起插入过程中的一次比较及后续数的挪位，因此说数组中逆序对个数越少，
插入排序算法性能就越好。
回头一看，此题评论真的写的很长很长啊……，想做此题的，你只有耐着性子认真读吧，不理解多讨论讨论。 |
思考过程
首先，明确题目要求：在一长串无序数组里，升序选择两个元素，如果后一个元素比前一个元素小，则被称为逆序对。
人脑最直接能想到的方法就是搜索。
不过题目提示可以用合并排序算法的思路，我想了画了后发现十分合理。把大数组拆分为只有一个元素或者两个元素的小数组，排一次序就加一次排序次数，这也是逆序对的数量；如果出现了三个元素的数组，即有两个排好序元素的数组和一个元素，假设那一个元素在有两个元素的数组的后面：如果那个元素的比那两个排好序元素都小，所以它应该排到前面去，它前面有两个大的元素，就相当于再多两个逆序对；假设那一个元素的大小在那两个元素之间，则只需要在那一个元素放到序列中后再放入较大的那个元素，相当于多一个逆序对；加入那一个元素的大小比那两个元素都大，则没有逆序对。
可以发现，在每次归并排序中，如果出现当前后面的数组元素比当前前面的数组元素小的情况，则可以在原有逆序对数量的基础下加上还没进行排列的前面数组的元素数量，程序运行完后就能得到总的逆序对数量。
C++代码
#include <iostream>
using namespace std;
int count_reverse_pair=0;//逆序对数目
void merge_sort_and_compare(int a[],int low,int mid,int high)
{
int i=low,j=mid+1,k=0;
int *temp=new int[high-low+1];
while((i<=mid)&&(j<=high))
{
if(a[i]<=a[j])
temp[k++]=a[i++];
else
{
//条件：加上后半数组比前半数组大的元素数量
count_reverse_pair+=(mid+1-i);
temp[k++]=a[j++];
}
}
while(j<=high)
temp[k++]=a[j++];
while(i<=mid)
temp[k++]=a[i++];
for(int k=0;k<=high-low;k++)
a[low+k]=temp[k];
delete []temp;
}
void merge_sort(int a[],int low,int high)
{
if(low>=high) return;
int mid=(low+high)/2;
merge_sort(a,low,mid);
merge_sort(a,mid+1,high);
merge_sort_and_compare(a,low,mid,high);
}
int main()
{
int n;
cin>>n;
int data[n]={0};
for(int i=0;i<=n-1;i++)
cin>>data[i];
merge_sort(data,0,n-1);
cout<<count_reverse_pair;
return 0;
}
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