逆序对与原序列

在《组合数学》中有这么一个从逆序列构建一个排列的过程……而刚好有一场考试有考了类似的问题，于是在此总结一下。

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逆序列

假定我们有序列 $P$ 是 $\{1, 2, \cdots, n\}$ 的一个排列。如果 $i < j$ 并且 $p_i > p_j$ 则称数对 $(p_i, p_j)$ 为一个逆序对。

在逆序列中，我们令 $r_k$ 表示 $p_j = k$ 的逆序对数量。

注意是数值，而非下标！！！

例子：排列 $31524$ 的逆序列为 $1, 2, 0, 1, 0$。

解释：数字 $1$ 前有一个数比他大，$2$ 前有两个……所以为 $1, 2, 0, 1, 0$。

我们不难得知：$0 \le r_i \le n - i$。依据乘法原理，我们可知 $r_i$ 一共有 $n \times (n-1) \times (n-2) \times \cdots \times 2 \times 1 = n!$ 种。

这提示我们，逆序列与排列一一对应，也就是说，唯一的逆序列可以产生唯一的排列。

那么下面描述两种方法通过逆序列构建一个排列。

算法一：相对插入法

我们令初始序列 $P$ 为空，逆序考虑 $k$ （$k\ from\ n \ downto \ 1$)，重复以下步骤：

• 考虑 $r_k$，由于 $(k, n]$ 都已经放好，那么可知剩下的数其实对其没有影响。于是我们只需要将 $k$ 放在第 $r_k$ 个数后面即可。这样一定可以保证 数 $k$ 前有 $r_k$ 个比他大的数。

在这个算法中，我们只做到了这些整数的相对位置不变，但是在排列中的位置是不知道的。

于是我们可以考虑下一个算法。

算法二：绝对插入法

我们先构造 $n$ 个空位。从 $1 \sim n$ 考虑 $r_k$。

• 因为 $k$ 前面应该还有 $r_k$ 个大于 $k$ 的整数，而且这些数都还没有插进来，因此，必须给这些数留出 $r_k$ 个空位。于是我们在第 $r_k + 1$ 的空位上放上数 $k$。

举个例子：求逆序为 $1, 2, 0, 1, 0$ 的排列。

算法过程也就如此。

说了两种方法，到底哪一种可行性更高？

第一种方法利用 vector 可以很快的写出来，但是复杂度还是近似于 $O(n^2)$。利用平衡树可以把他优化到 $O(n \log n)$ 的复杂度。

而第二种方法，不太好写，朴素还是 $O(n^2)$ 的复杂度。可以利用线段树和二分做到 $O(n \log n)$ 的复杂度，只是不太直观。（用树状数组也行，$O(n \log^2 n)$ 但常数极小。也非常优秀）。

不过如果我们只需要求其中值的位置呢？

我们还是考虑相对插入算法。首先令 $b = r_k$，表示 $k$ 在当前时候前面有几个数。

那么能够做出贡献的只有 $r_i, i \in [1, k)$。我们模仿插入的过程逆序考虑：

• 如果 $r_i \le b$，意味着 $i$ 会插入到 $k$ 前面，故令 $b = b + 1$。

• 否则不改变 $b$

最终 $b$ 的大小也就是 $k$ 所在的位置。

这个算法是 $O(n)$ 的，也启发我们有另外一种 $\Theta(n^2)$ 的写法。

再来一个问题：求某一个位置的值？

这一问题作为练习，留给读者思考（还是考虑 $O(n)$ 做？）

逆序个数

很多时候，出题人并不会基于这种描述方法，而是采用下标来表示。

逆序个数序列 $b_i$ 表示 $\sum_{j < i}[p_j > p_i]$，也就是第 $i$ 个数前有几个数比它大。

我们可以稍加改变前文中的两个算法，从而得到求逆序的一种方法。

这里讲一下基于相对插入法的做法吧。

相对插入法

还是类似的，令初始序列为空，从前向后考虑下表 $i$：

• 我们将 $i$ 放在从后向前 $b_i$ 个数前（若 $b_i = 0$，则直接放在末端）

  注意，是直接放下标

于是最终序列 $a_i = rank(i)$，也就是 $i$ 从前向后数的位置。

那么这里考虑某一个位置的值？

我们从前向后考虑，令 $r$ 表示在序列中 $i$ 后面的数的个数，考虑什么时候 $b_j$ 会对 $r$ 做出贡献？若 $b_j \le r$，那么意味着 $j$ 会放在 $i$ 的右侧，那么此时令 $r = r + 1$。

于是最终 $a_i = n - r$。

于是我们有了 $\Theta(n^2)$ 的做法了……

带修改问题

考虑这样一个问题：对于逆序对序列 $b_i$，要求支持单点修改 $b_i$，以及单点查询 $a_i$。

原题为 CF1540D

这道题需要用到分块。

考虑以下事实：

• 对于一定的序列 $b_i$，如果初始值为 $r$，则经过操作后 $r \to r'$ 的结果是一定的。这启发我们可以分块。

• 而考虑对于每一个 $r \in [1, n]$，对应的结果 $r'$ 一定是不下降的。也就是说 $r$ 越大，$r'$ 越大。也就是说我们令 $f(r)$ 表示 $r$ 经过了序列之后变成的值，$f$ 是一个单调不下降序列。

于是对于每一块，考虑用线段树（或者树状数组等神秘数据结构）维护（需要支持区间加和二分求某个值的位置），初始 $T_i= i$。

按顺序加入 $b_j$，考虑先找到所有 $\ge b_j$ 的 $T_i$ ，并整体加 $1$。不难发现，其实每一次只是后缀 $+1$，又由于原序列的单调的，所以新的序列是单调，这为二分查找提供了保障。

补充一下关于使用树状数组这件事。

复杂度为 $O(B \log^2 n)$ 是单纯的二分 + 树状数组。然而如果使用树状数组上二分的操作可以避免一个 $\log$，也就是复杂度成为 $O(B \log n)$。这样可以过。

提交：https://codeforces.com/contest/1540/submission/211432601

于是我们可以在 $O(B \log n)$ 的复杂度中处理出 $T_i$，并可以在 $O(\log n)$ 内找到变换对应的值。于是查询的复杂度为 $O(\frac nB \log n)$。

考虑修改？暴力重构每一块就是了。修改为 $O(B \log n)$。

块长设为 $\sqrt n$ 即可，总复杂度为 $O(n \sqrt n \log n)$。毕竟是 5s 时限，还是可以过的。

然而会有更优秀的做法，参考：CF1540D. Inverse Inversions - jz_597 - 博客园

虽然我看不懂它……

冒泡排序

这属于是逆序对经典的问题来源了。

由于我太菜，很多东西我可能不知道，如果有什么可以补充或者建设性的建议请留言 QwQ

交换次数

利用冒泡排序将一个无序序列排成有序序列需要多少次交换？

首先观察每次交换中改变的量，很难发现，每次逆序对会减一。

考虑每次交换的是 $P_i \gt P_{i + 1}$ 的位置，交换之后，对于 $P_{i + 1}$ 前比它大的数就会减少一个 $P_i$，而对于 $P_i$ 没影响，所以总体逆序对会 $-1$。

于是我们每次排序都可以将逆序对数 $-1$，于是总交换次数其实就是逆序对数。

循环次数

冒泡排序我们常常有一个小小的优化：

for (int i = 0; i <= n; ++i) {
	bool swaped = false;
	for (int j = 1; j < n; ++j) {
		if (P[i] > P[i + 1]) swap(P[i], P[i + 1]), swaped = true;
	}
	if (!swaped) break;
}

注意 $i$ 从 $0$ 开始，这里的循环次数也就是指在最后一行 break 时 $i$ 的大小，我们怎么求？

其实这里有两个结论：

• 如果这个序列是一个排列，那么循环次数 $= \max(i - P_i)$，考虑每次扫一遍，如果 $P_i < i$，那么这个数必定向前走一步，考虑前面必定有一个 $> P_i$ 的数会过来与它交换。

• 对于一般的序列，设 $inv_i$ 表示第 $i$ 个数前比他大的数的个数（也就是逆序个数序列），那么循环次数是 $\max(inv_i)$。首先不难证明这个结论在排列中与 $\max(i - P_i)$ 等价，考虑类似的如何在一般序列上证明。如果 $inv_i > 0$，那么意味着前面一个有一个比它大的数，也就意味着这一次扫一定可以将一个前面的数扫到后面去，使得 $inv_i \leftarrow inv_i - 1$。所以扫的次数即 $inv_i$ 的上界，也就是 $\max(inv_i)$。

那么我们就可以做 P6186 [NOI Online #1 提高组] 冒泡排序 了。

有一题，需要我们计数循环次数的期望，我们利用这个一般的结论就可以很好的从逆序对序列还原出原序列的个数，从而求得期望了。