乙個序列a1,a2,a3...an，求出滿足：ai > aj 且 i < j 的個數。
乙個最容易想到的方法就是列舉所有的i，j看看是否滿足，顯然是o（n^2）的複雜度。不夠好。
可以這樣考慮，開乙個陣列儲存這n個數出現的位置和對應的次數，這個陣列要開到a陣列裡最大的那個數max，也就是hash，初始狀態陣列裡沒有元素，每個數對應的個數都是0.
如果考慮第i個數，找到比它大的所有的數 的個數，查詢的範圍即 ai+1~max，這就是到i這個位置的逆序對的總和，接著把a[i]這個數新增到陣列裡，也就是a[i]這個位置的數量加1。一直進行到n結束，逆序對就求了出來。
這樣做得複雜度依然是o（n^2），但查詢和增加的操作可用線段樹解決，這樣複雜度就降到了o(nlogn)。
還有乙個問題，如果a[i]可以達到10^9甚至更大，陣列都開不下，即便開的下，時間上也不能承受，這樣就要用到離散化，將n個數對映到1~n的範圍內，這個操作排序加二分可輕鬆解決。所有數控制在n 的範圍內，線段樹解決是非常理想的。
以poj2299為例 ： 題目就是要求逆序對。詳見**：
#include
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#include
#include
#include
#include
#define lson o<<1, l, m
#define rson o<<1|1, m+1, r
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 500500;
const int max = 0x3f3f3f3f;
int n, a, b, in[maxn], tt[maxn], fu[maxn], f[maxn];
ll num[maxn<<2];
int bs(int v, int x, int y)
return x;
}void up(int o)
void build(int o, int l, int r)
void update(int o, int l, int r)
int m = (l+r) >> 1;
if(a <= m) update(lson);
else update(rson);
up(o);
}ll query(int o, int l, int r)
int main()
sort(in, in+n);
int k = 0;
fu[k++] = in[0]; //fu為輔助陣列
for(int i = 1; i < n; i++)
if(in[i] != in[i-1]) fu[k++] = in[i];
b = 0;
for(int i = 0; i < n; i++)
ll ans = 0;
build(1, 0, b);
for(int i = 0; i < n; i++)
cout << ans << endl;
}return 0;
}
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