Codeforces Round 917 (Div. 2) D. Yet Another Inversions Problem

D. Yet Another Inversions Problem

题意

给定正整数 $n$ 和 $k$，并分别给出一个长度为 $n$ 的奇排列 $p$ 和 一个长度为 $k$ 的 $0$排列 $q$
按照题中给出的方式构造出数组 $a$，求出 $a$ 中的逆序对数量

思路

考虑将 $a$ 分解成 $n$ 个长度为 $k$ 的子数组，那么可以发现这些子数组内部的逆序对数量等于 $q$ 中原先的逆序对数量，因为 $p_i$ 固定，只有 $q_j$ 在变化。我们就可以先用树状数组求出 $q$ 中原来的逆序对数量，乘上 $n$ 先加到答案中。

那么现在考虑前后两个子数组的连接，会生成多少个逆序对：
由于在前面已经考虑了每个长度为 $k$ 的子数组内部的逆序对，所以这里可以将前后两个要连接的子数组先排列好：$[x\cdot 2^0,x\cdot 2^1,x\cdot 2^2,...,x\cdot 2^{k-1}]$，$[y\cdot 2^0,y\cdot 2^1,y\cdot 2^2,...,y\cdot 2^{k-1}]$，类似于归并排序求解逆序对的方法。

现在连接这两个子数组，假设 $x<y$，假设 $y\cdot 2^0$ 前面要放的子数组 $1$ 的元素有 $z$ 个，那么 $x\cdot 2^z<y$，也就是说 $z$ 是满足这个关系式的最大的整数（关系式无法取到等号，因为 $x\ne y$ 且 $x、y$ 均为奇数）。那么有：
$x\cdot 2^z<y<x\cdot 2^{z+1}$，也就是说：在前面放了 $z+1$ 个数组 $1$ 的元素后，后面数组 $1$ 和数组 $2$ 的元素一定交替出现，并且最后一定是以 $z+1$ 个数组 $2$ 的元素结尾。例如官方题解的解释：

根据上述关系式，可以求出：$z={\log }_2\frac{y}{x}$，那么对于一个当前的 $y=p_i$，只要前面 $[1,i-1]$ 的 $x$ 与 $y$ 的大小关系根据上式求出的 $z$ 一样，那么这些 $x$ 所属的子数组与当前 $y$ 所属的子数组连接时，排列方式是一样的。又因为 $y\le 2\cdot n-1$，$x\ge 1$，
故 $\frac{y}{x}\le 2\cdot n\Rightarrow {\log }_2\frac{y}{x}\le {\log }_2(2\cdot n)$，也就是说：按照这样子的方式来划分连接方式的话，最多只有 ${\log }_2(2\cdot n)$ 种连接方式！

进一步观察不难发现：同一种连接方式所产生的逆序对数量是一样的，并且符合某种等差数列的变化方式。

• $Tips$：我们可以预处理首项和公差为 $1$ 的前缀和数组 $sum$，加速计算。

依旧是假设 $x<y$，取 $z=\lfloor {\log }_2\frac{y}{x}\rfloor$，$y\cdot 2^0$ 前面已经出现了 $z+1$ 个 $x$ 子数组里的元素，故其后面只剩下 $k-z-1$ 个 $x$ 子数组里的元素了，每往后一个 $y$ 的元素，其产生的逆序对数量减一，最后 $z+1$ 个 $y$ 元素不产生逆序对。总的逆序对数量是：$(k-z-1)+(k-z-2)+(k-z-3)+...+1=sum[k-z-1]$。
但是当 $k\le z+1$ 时，这种 $x<y$ 的情况由于 $x$ 子数组的元素全部在 $y$ 的前面，因此产生的逆序对数量是 $0$。

对于 $x>y$ 的情况也是类似：不过把 $x$ 和 $y$ 的位置互换一下，现在现在前面放 $z+1$ 个 $y$ 子数组的元素，然后 $x$、$y$ 交替放，最后 $z+1$ 个 $x$ 子数组的元素。最前面 $z+1$ 个 $y$ 元素产生的逆序对数量是：$(z+1)\cdot k$，后面的情况与前面类似，不断递减，但是最后可能无法减到 $1$，因为最后 $z+1$ 个 $x$ 元素连续放在最后，所以最后只能减到 $z+1$。总的逆序对数量就是：$z\cdot k+k+(k-1)+(k-2)+...+(z+1)=z\cdot k+sum[k]-sum[z]$。
同样的道理，当 $z+1\ge k$ 时，所有的 $y$ 元素都放在最前面的连续 $k$ 个，后面连续放 $x$ 数组的元素，这种情况产生的逆序对数量是：$k^2$

讲到这里就已经大概知道怎么写了，用线段树单点修改，区间查询来维护某个区间出现了多少个 $p_i$ ，对于当前的 $y=p_i$ ，我们先枚举 $z\in [0,{\log }_{2}2n]$，然后分别对情况 $1$ 和情况 $2$ 的所有符合条件的 $x$ 分别计算：
对于当前的 $z$ ，所有小于 $y$ 的 $x\in [\frac{y}{2^{z+1}},\frac{y}{2^z}]$，所有大于 $y$ 的 $x\in [2^z\cdot y,2^{z+1}\cdot y]$。由于$\forall p_i为奇数$，所以这里的区间的边界可以忽略。利用线段树查询出这些区间的 $x$ 数量，乘上相应的权值加到答案上即可。

#include
#define fore(i,l,r)	for(int i=(int)(l);i<(int)(r);++i)
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'
#define ull unsigned long long
#define lowbit(x) ((x) & -(x))

const int INF=0x3f3f3f3e;
const long long INFLL=0x3f3f3f3f3f3f4000LL;

typedef long long ll;

const int N = 200050;

ll cnt[N<<3];
int p[N], q[N];
const ll mod = 998244353;
ll sum[N];
ll LOG2[N<<1];
std::vector<ll> fen;
ll n,k;
ll P2[N];

void Fen_update(int x,int d){
    while(x <= k){
        fen[x] += d;
        x += lowbit(x);
    }
}

ll Fen_query(int x){
    ll res = 0;
    while(x > 0){
        res += fen[x];
        x -= lowbit(x);
    }
    return res;
}

void build(int p,int l,int r){
    cnt[p] = 0;
    if(l == r){
        return;
    }
    int mid = l + r >> 1;
    build(p<<1,l,mid);
    build(p<<1|1,mid+1,r);
}

void update(int p,int l,int r,int qp){
    if(l == r){
        ++cnt[p];
        return;
    }
    int mid = l + r >> 1;
    if(qp <= mid) update(p<<1,l,mid,qp);
    else update(p<<1|1,mid+1,r,qp);
    cnt[p] = cnt[p<<1] + cnt[p<<1|1];
}

ll query(int p,int l,int r,int ql,int qr){
    if(ql <= l && r <= qr) return cnt[p];
    if(r < ql || qr < l) return 0;
    int mid = l + r >> 1;
    ll res = 0;
    if(ql <= mid) res = query(p<<1,l,mid,ql,qr);
    if(qr > mid) res += query(p<<1|1,mid+1,r,ql,qr);
    return res;
}

int main(){
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);
    std::cout.tie(nullptr);
    fore(i,1,N) sum[i] = (sum[i-1] + i)%mod;
    LOG2[0] = -1;
    fore(i,1,N<<1) LOG2[i] = LOG2[i>>1] + 1;
    P2[0] = 1;
    fore(i,1,N) P2[i] = P2[i-1] * 2ll % mod;
    int t;
    std::cin>>t;
    while(t--){
        std::cin>>n>>k;
        build(1,1,2*n);
        fore(i,1,n+1) std::cin>>p[i];
        fore(i,1,k+1) std::cin>>q[i];

        ll ans = 0;
        fen.assign(k+10,0);
        fore(i,1,k+1){
            ans = (ans + Fen_query(k) - Fen_query(q[i]+1) + mod)%mod;
            Fen_update(q[i]+1,1);
        }

        ans = ans*n % mod;
        update(1,1,2*n,p[1]);
        fore(i,2,n+1){
            fore(z,0,LOG2[2*n] + 1){
                int y = p[i];
                if(k - z - 1 > 0) ans = (ans + query(1,1,2*n,y/P2[z+1]+1,y/P2[z]) * sum[k - z - 1] %mod) % mod;
                if(P2[z] * y >= 2*n) continue; //这里没有爆long long，但是传入query的时候爆int了
                if(z + 1 <= k)ans = (ans + query(1,1,2*n,P2[z]*y,P2[z+1]*y) * (((k*z%mod + sum[k])%mod - sum[z] + mod)%mod)%mod) % mod;
                else  ans = (ans + query(1,1,2*n,P2[z]*y,P2[z+1]*y)*k%mod*k%mod)%mod;
            }
            update(1,1,2*n,p[i]);
        }
        std::cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}