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来看这样一道问题：http://acm.dlut.edu.cn/problem.php?id=1210
题目大意：对于一个1-n的排列，a1,a2,a3,a4...an我们把满足i < j，ai > aj这样的数对（ai,aj）成为一个逆序对，另有一个数组b【i】记录aj = i这样的逆序对的个数，例如排列：
3 1 5 2 4，对应的逆序数组b[1] = 1，b2[2] = 2，b[3] = 0，b[4] = 1，b[5] = 0；换句话说，b【i】代表了i之前有多少比它大的数；
问：给出一个b数组，构造出一个符合情况的排列a，1 <=n<=100000;
容易看出，最后的排列一定是唯一的，先来想一想最暴力的解法,其实如果不是因为n的大小是十万级别的话，很容易想到暴力插入的方式，那就是先让大的占位置；
（1）b【5】= 0：先把5放在排列开头：5；
（2）b【4】= 1：4前面比4大的有一个：5，4；
（3）b【3】= 0，3前面比3大的有0，显然：3，5，4；
（4）b【2】= 2：比2大的有2个：3，5，2，4；
（5）b【1】= 1：比1大的有3，1，5，2，4；这就是最终的结果；
按照这种方式插入很定可以构造出最终结果，显然插入一个数时要移动数据元素，最终的复杂度是o（n^2）的，肯定会超时；
同时我们来看POJ2828：
Description
n个人排队，输入第一行为n的值，接下来输入n行，每行一个x值，一个val值，x代表第i个人插入的位置前面有多少个人，i从1到n；
Sample Input
4 0 77 1 51 1 33 2 69 4 0 20523 1 19243 1 3890 0 31492
Sample Output
77 33 69 51
31492 20523 3890 19243
这两个题几乎就是一个题嘛，对于这种插队问题，需要离线来做；
因为先插进来的人会影响到后面的人，但是对于最后一个插队的人来说如果他前面有x个人，最终他肯定就在x + 1的位置上。所以需要离线处理并且逆序进行插入；
我们用一个sum数组表示位置i有没有空位即能不能插进来一个人，sum【i】 = 1代表这个位置上能插进来一个人，sum = 0表示不能插入；
以poj2828的第一组样例为例：
注意sum下标从0开始
sum：1 1 1 1 1表示5个位置上都可以插入，如果我们把（2，69）插入：
sum：1 1 0 1 1那么肯定第三个位置上的数字是69；再插入（1，33），
注意到33插在69的前面，实际上当33插入的时候，69还没插入，所以69和33根本互不影响，所以33肯定也是插在第1个位置
sum：1 0 0 1 1，我们再插入（1，51），这里就怪了，sum【1】貌似已经被33占据了，那么怎么处理51呢？实际上我们知道，在插入51时，33和69都没进来呢，所以可以暂时认为sum【1】和sum【2】都不存在，
显然51应该插入在第1个1上面，即sum【3】：
sum：1 （0 0） 0 1；注意这里括号括起来的是咱们假想的，真正插入51的时候，33和69还没插进呢，所以51确实插入了第“1”个位置，因为在33，69没插进来时，前面只有一个第0个位置有空。
所以这里插入的原则就很清楚了，对于一个（x，value），应该插入到第x个1的位置，怎么统计位置i前面有几个1呢？？那不正是统计sum的前缀和嘛？怎么统计区间和？线段树嘛！
插入（x,value）时，线段树把一个区间分为一个左子区间和一个右左区间，如果左区间还有x个空间可以插入，就应该到左子区间去更新；否则应该到右子区间去查询，但是此时，查询的位置应该减去
sum【rson】用以表示相对的位置，因为sum里面保存的是区间之内有几个位置可以插入，所以进入右子区间时，应该减掉在左子区间里的那些“1”的个数，所以这里用的是相对位置；
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<iostream> #define INF 100000000 #define LL (0x3f3f3f3f3f3f3f3f)*2 #define lc rt<<1 #define rc rt<<1|1 using namespace std; const int maxn = 2e5 + 5; typedef long long ll; int pos[maxn], val[maxn]; int sum[maxn << 2]; int ans[maxn]; int n; void pushup(int rt) { sum[rt] = sum[lc] + sum[rc]; } void build(int rt, int l, int r) { if(l == r) { sum[rt] = 1; return; } int m = (l + r) >> 1; build(lc, l, m); build(rc, m + 1, r); pushup(rt); } void update(int p, int add, int l , int r , int rt ) { if(l == r) { sum[rt] = 0; ans[l] = add; return ; } int m = (l + r) >> 1; if(p <= sum[rt << 1])update(p, add, l,m,lc); else update(p - sum[rt << 1], add, m+1,r,rc); pushup(rt); } int main() { for(;~scanf("%d", &n);) { for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d%d", pos + i, val + i); build(1, 1, n); for(int i = n; i >= 1; --i) { int p = pos[i]+1; int v = val[i]; update(p, v, 1, n, 1); } for(int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d%c", ans[i], (i ^ n ? ‘ ‘ : ‘\n‘)); memset(ans, 0, sizeof(ans)); } }
POJ2828---线段树与逆序数&&DUTOJ1210---逆序对构造排列
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原文地址：http://www.cnblogs.com/Norlan/p/5017108.html
