一个序列a1,a2,a3...aN，求出满足：ai > aj 且 i < j 的个数。
一个最容易想到的方法就是枚举所有的i，j看看是否满足，显然是O（n^2）的复杂度。不够好。
可以这样考虑，开一个数组保存这n个数出现的位置和对应的次数，这个数组要开到a数组里最大的那个数MAX，也就是hash，初始状态数组里没有元素，每个数对应的个数都是0.
如果考虑第i个数，找到比它大的所有的数 的个数，查找的范围即 ai+1~MAX，这就是到i这个位置的逆序对的总和，接着把a[i]这个数添加到数组里，也就是a[i]这个位置的数量加1。一直进行到n结束，逆序对就求了出来。
这样做得复杂度依然是O（n^2），但查找和增加的操作可用线段树解决，这样复杂度就降到了O(nlogn)。
还有一个问题，如果a[i]可以达到10^9甚至更大，数组都开不下，即便开的下，时间上也不能承受，这样就要用到离散化，将n个数映射到1~n的范围内，这个操作排序加二分可轻松解决。所有数控制在n 的范围内，线段树解决是非常理想的。
以POJ2299为例 ： 题目就是要求逆序对。详见代码：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <set>
#include <stack>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#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) {
while(x < y) {
int m = (x+y) >> 1;
if(fu[m] >= v) y = m;
else x = m+1;
}
return x;
}
void up(int o) {
num[o] = num[o<<1] + num[o<<1|1];
}
void build(int o, int l, int r) {
num[o] = 0;
if(l == r) return ;
int m = (l+r) >> 1;
build(lson);
build(rson);
}
void update(int o, int l, int r) {
if(l == r) {
num[o]++;
return ;
}
int m = (l+r) >> 1;
if(a <= m) update(lson);
else update(rson);
up(o);
}
LL query(int o, int l, int r) {
if(a <= l && r <= b) return num[o];
int m = (l+r) >> 1;
LL ans = 0;
if(a <= m) ans += query(lson);
if(m < b ) ans += query(rson);
return ans ;
}
int main()
{
while(cin >> n, n) {
for(int i = 0; i < n; i++) {
scanf("%d", &in[i]);
tt[i] = in[i]; //tt记录原序列
}
sort(in, in+n);
int k = 0;
fu[k++] = in[0]; //fu为辅助数组
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++) { //离散过程，二分
f[i] = bs(tt[i], 0, k-1);
b = max(b, f[i]);
}
LL ans = 0;
build(1, 0, b);
for(int i = 0; i < n; i++) {
a = f[i] + 1; // 查询f[i]+1~n的个数，个数就是f[i]当前的逆序对总数
ans += query(1, 0, b);
a = f[i]; // 将f[i]添加到数组中
update(1, 0, b);
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
原文地址：http://blog.csdn.net/u013923947/article/details/38620679
