Minimum Inversion Number
【题目链接】Minimum Inversion Number
【题目类型】最小逆序数 线段树
&题意：
求一个数列经过n次变换得到的数列其中的最小逆序数
&题解：
先说一下逆序数的概念：
在一个排列中，如果一对数的前后位置与大小顺序相反，即前面的数大于后面的数，那末它们就称为一个逆序。
一个排列中逆序的总数就称为这个排列的逆序数。逆序数为偶数的排列称为偶排列；逆序数为奇数的排列称为奇排列。
如2431中，21，43，41，31是逆序，逆序数是4，为偶排列。
换一种说法:
逆序对：数列a[1],a[2],a[3]…中的任意两个数a[i],a[j] (i<j)，如果a[i]>a[j],那么我们就说这两个数构成了一个逆序对
逆序数：一个数列中逆序对的总数
如数列 3 5 4 8 2 6 9
(5,4)是一个逆序对，同样还有(3,2),(5,2),(4,2)等等
如何求解?
用树状数组或线段树
还是以刚才的序列
3 5 4 8 2 6 9
大体思路为：新建一个数组，将数组中每个元素置0
0 0 0 0 0 0 0
取数列中最大的元素，将该元素所在位置置1
0 0 0 0 0 0 1
统计该位置前放置元素的个数，为0
接着放第二大元素8，将第四个位置置1
0 0 0 1 0 0 1
统计该位置前放置元素的个数，为0
继续放第三大元素6，将第六个位置置1
0 0 0 1 0 1 1
统计该位置前放置元素的个数，为1
…
…
这样直到把最小元素放完，累加每次放元素是该元素前边已放元素的个数，这样就算出总的逆序数来了
在统计和计算每次放某个元素时，该元素前边已放元素的个数时如果一个一个地数，那么一趟复杂度为O(n),总共操作n趟，复杂度为O(n^2)，和第一种方法的复杂度一样了，那我们为什么还用这么复杂的方法
当然，在每次统计的过程中用树状数组可以把每一趟计数个数的复杂度降为O(logn)，这样整个复杂度就变为O(nlogn)
最后再根据已知的逆序数弄出公式 就可以\(O(n)\)的复杂度取最小值就好了
【时间复杂度】\(O(nlogn)\)
&代码：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
#define lsn b,m,rt<<1
#define rsn m+1,e,rt<<1|1
const int maxn=200000+9;
int seg[maxn<<2];
int a[maxn],x[maxn];
int n;
void PushUp(int rt)
{
seg[rt]=seg[rt<<1]+seg[rt<<1|1];
}
void Update(int id,int xx,int b,int e,int rt)
{
if (b==e){
seg[rt]+=xx;
return ;
}
int m=b+e>>1;
if (id<=m)
Update(id,xx,lsn);
else
Update(id,xx,rsn);
PushUp(rt);
}
int Query(int l,int r,int b,int e,int rt)
{
if (l<=b&&e<=r){
return seg[rt];
}
int m=b+e>>1;
int ans=0;
if (l<=m)
ans+=Query(l,r,lsn);
if (m<r)
ans+=Query(l,r,rsn);
return ans;
}
int main()
{
while(~scanf("%d",&n)){
memset(seg,0,sizeof(seg));
memset(x,0,sizeof(x));
for(int i=0;i<n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
}
for(int i=n-1;i>=0;i--){
x[i]=Query(0,a[i],0,n-1,1);
Update(a[i],1,0,n-1,1);
}
int sum=0;
for(int i=0;i<n;i++){
// printf("%d\n",x[i]);
sum+=x[i];
}
int re=sum;
// printf("sum=%d\n",sum);
for(int i=0;i<n;i++){
sum=sum+n-1-2*a[i];
re=min(re,sum);
// printf("sum=%d\n",sum);
}
printf("%d\n",re);
}
return 0;
}