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已解决
中级启示者
我还是不忍心拿你的豆豆，这个数值代表了我的诚意，愿我们能再次相见@尤博扬
李显晨在2020-11-08 19:21:29追加了内容
错误代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#pragma GCC optimize(3)
using namespace std;
int a[400010],cnt;
int main(){
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n-1;i++){
int flag=1;
for(int j=1;j<=n-i;j++){
if(a[j+1]<a[j]){
cnt++;
swap(a[j+1],a[j]);
flag=0;
}
}
if(flag) break;
}
printf("%d",cnt);
return 0;
}
TLE 30分
李显晨在2020-11-08 19:23:29追加了内容
李显晨在2020-11-08 19:53:55追加了内容
@尤博扬
李显晨在2020-11-09 16:02:20追加了内容
@尤博扬
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已采纳
初级光能
@李显晨
首先 这道题唯一不超时的方法是：用逆序数法
这种算法是高级算法 其他方法会决定超时 因为数据太大 给你看一下大佬的思路：
冒泡排序的复杂度是O(n2)，所有无法通过模拟冒泡排序的过程来计算需要的交换次数。不过我们可以通过选取适当的数据结构来解决这个问题。
首先，所求的交换次数等价于满足i<j，ai>aj的(i,j)数对的个数（这种数对的个数叫做逆序数）。而对于每一个j，如果能够快速求出满足i<j，ai>aj的i的个数，那么问题就迎刃而解。我们构建一个值得范围是1~n的BIT，按照j=0,1,2,…,n-1的顺序进行如下操作。
*把j-(BIT查询得到的前aj项的和)加到答案中
*把BIT中aj位置上的值加1
对于每一个j，（BIT查询得到的前aj项的和）就是满足i<j，ai<=aj的i的个数。因此把这个值从j中减去之后，得到的就是满足i<j，ai>aj的i的个数。由于对于每一个j的复杂度是O(logn),所以整个算法的复杂度是O(nlogn)。
这个思路是来自百度的~~
PS:虽然他也给了代码，可是我完全看不懂 我也没有抄袭~~
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其次 心意我领了 下次再见了~~
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缔造者
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中级光能
静静地啃着狗粮，
厄玛，真香！
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中级光能
PS:用桶或sort
