莫队二次离线

问题：给一个序列a，每次询问区间里面有几个逆序对

刚刚又睡了半小时，终于睡醒了

\(n,m\leq 1e5\)

实现

询问

首先想一想莫队：

对于初始询问区间[l,r]，将右指针r扩展到r+1，对于答案的贡献就是[l,r]里面大于a[r+1]的数量，写成数学公式就是\(\sum_{i=l}^r(a[i]>a[r+1])\)

然后可以直接树状数组解决，时间复杂度就是\(O(n\sqrt nlog n)\)，一下子就飞起来了

想一下差分，贡献变成：[1,r]里面有几个大于a[r+1]减去[1,l-1]里面大于a[r+1]的数量，同样的写成数学公式：\(\sum_{i=1}^{r}(a[i]>a[r+1])-\sum_{i=1}^{l-1}(a[i]>a[r+1])\)

对于整体情况来说就是\((\sum_{i=r+1}^{r^`}([1,i-1],[i,i]))-([1,l-1],[r+1,r^、])\)

其中([],[])表示两个区间内的逆序对数量（保证前面那个区间在后面那个区间前面）

对于被减数，只有n个情况，直接树状数组\(O(nlogn)\)预处理掉，然后前缀和计算

对于减数，将r+1记在r和l-1上，从左往右去扫描t端点，同时维护，然后处理每次到t上面的询问，相当于n次插入和\(n\times \sqrt n\)次询问。可以在插入时对于值域分块，维护块内和块与块间的前缀和

对于[l,r]端点向着其他方向乱动也是一样的，所以不再讨论

这里的二次离线体现在的地方就是减数的求解，将问题区间差分后，再次将未知端点绑在已确定位置上，然后在遍历的时候顺手更新

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll M=1e5+10;
ll n,m,a[M],lsh[M],cnt,pos[M],lim,lazy[M],sum[M<<2];
ll sum1[M],sum2[M],f1[M],f2[M],now_ans,ans[M];//1是前缀，2是后缀 
struct Q{
	ll l,r,id;
}q[M];
vector<Q> L[M],R[M];
bool cmp(Q x,Q y){
	if(pos[x.l]==pos[y.l])return x.r<y.r;
	else return pos[x.l]<pos[y.l];
}
ll lowbit(ll x){
	return x&(-x);
}
void add(ll x,ll val){
	for(;x<=cnt;x+=lowbit(x))sum[x]+=val;
}
ll ask(ll x){
	ll res=0;
	for(;x;x-=lowbit(x))res+=sum[x];
	return res;
}
void init(){//处理形如前缀和的逆序对，减数
	memset(sum,0,sizeof sum);
	memset(lazy,0,sizeof lazy);
	for(ll i=0;i<n;i++){
		for(auto now:L[i]){
			for(ll j=now.l;j<=now.r;j++){
				f1[now.id]+=sum[a[j]]+lazy[pos[a[j]]];
			}
		}
		for(ll j=a[i+1]-1;j>=lim*(pos[a[i+1]]-1)+1;j--)sum[j]++;
		for(ll j=1;j<=pos[a[i+1]]-1;j++)lazy[j]++;//处理整块前缀和 
	}
	memset(sum,0,sizeof sum);
	memset(lazy,0,sizeof lazy);
	for(ll i=n+1;i>=2;i--){
		for(auto now:R[i]){
			for(ll j=now.l;j<=now.r;j++){
				f2[now.id]+=sum[a[j]]+lazy[pos[a[j]]];
			}
		}
		for(ll j=a[i-1]+1;j<=lim*pos[a[i-1]];j++)sum[j]++;
		for(ll j=pos[a[i-1]]+1;j<=pos[cnt];j++)lazy[j]++;
	}
}
void remove(ll now){//莫队 
	if(q[now].r>q[now-1].r)now_ans+=sum1[q[now].r]-sum1[q[now-1].r]-f1[now];
	if(q[now].r<q[now-1].r)now_ans-=sum1[q[now-1].r]-sum1[q[now].r]-f1[now];
	if(q[now].l>q[now-1].l)now_ans-=sum2[q[now-1].l]-sum2[q[now].l]-f2[now];
	if(q[now].l<q[now-1].l)now_ans+=sum2[q[now].l]-sum2[q[now-1].l]-f2[now];
}
int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	lim=sqrt(n);
	for(ll i=1;i<=n;i++)pos[i]=(i-1)/lim+1;
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&a[i]);
		lsh[i]=a[i];
	}
	sort(lsh+1,lsh+1+n);
	cnt=unique(lsh+1,lsh+1+n)-lsh-1;
	for(ll i=1;i<=n;i++)a[i]=lower_bound(lsh+1,lsh+1+cnt,a[i])-lsh;
	//预处理被减数 
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		sum1[i]=sum1[i-1]+ask(cnt-a[i]);
		add(cnt-a[i]+1,1);
	}
	memset(sum,0,sizeof sum);
	for(ll i=n;i>=1;i--){
		sum2[i]=sum2[i+1]+ask(a[i]-1);
		add(a[i],1);
	}
	for(ll i=1;i<=m;i++){
		scanf("%lld%lld",&q[i].l,&q[i].r);
		q[i].id=i;
	}
	sort(q+1,q+1+m,cmp);
	q[0].l=1,q[0].r=0;
	for(ll i=1;i<=m;i++){//将差分后的询问挂在节点上 
		if(q[i].r>q[i-1].r)L[q[i-1].l-1].push_back((Q){q[i-1].r+1,q[i].r,i});
		if(q[i].r<q[i-1].r)L[q[i-1].l-1].push_back((Q){q[i].r+1,q[i-1].r,i});
		if(q[i].l>q[i-1].l)R[q[i].r+1].push_back((Q){q[i-1].l,q[i].l-1,i});
		if(q[i].l<q[i-1].l)R[q[i].r+1].push_back((Q){q[i].l,q[i-1].l-1,i});
	}
	init();
	for(ll i=1;i<=m;i++){
		remove(i);
		ans[q[i].id]=now_ans;
	}
	for(ll i=1;i<=m;i++)printf("%lld\n",ans[i]);
	return 0;
}