6-3 求解逆序数问题(分治法)分数 20作者 王东单位 贵州师范学院设a1, a2,…, an是

分治法是一种解决问题的算法思想，可以用来求解逆序数问题。逆序数问题即给定一个序列a1, a2,…, an，求其中的逆序数个数，即有多少对元素a[i]和a[j]，满足i < j但是ai > aj。

分治法的基本思想是将问题划分为更小的子问题来解决，然后将子问题的解合并起来得到原问题的解。

对于逆序数问题，我们可以采用分治法的思想来解决。具体步骤如下：

1. 将原序列划分为两个子序列，分别求解每个子序列中的逆序数个数。
2. 将两个子序列的逆序数个数进行合并，得到原序列的逆序数个数。
3. 重复以上步骤，直至将序列划分为单个元素。
4. 返回最终的逆序数个数。

具体的实现可以采用递归的方式，先将序列划分为两个子序列，然后对每个子序列进行递归调用，得到子序列的逆序数个数。然后将两个子序列的逆序数个数进行合并，得到原序列的逆序数个数。

递归调用的结束条件是当划分的子序列只包含一个元素时，直接返回0。

分治法的时间复杂度为O(nlogn)，其中n为序列的长度。

通过采用分治法，我们可以高效地解决逆序数问题，提高算法的效率。分治法是解决问题的一种有效的算法思想，可以应用于各种问题的求解过程中。

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求解逆序数问题(分治法) 分数 6 作者 王东 单位 贵州师范学院 设a1, a2,…, an是

求解逆序数问题可以使用分治法，主要步骤如下：

1. 将问题分解为若干子问题：将序列a1, a2, ..., an一分为二，得到两个子序列a1, a2, ..., am和am+1, am+2, ..., an，其中m为序列长度的一半。

2. 求解子问题：分别求解两个子序列的逆序数，可以通过递归调用求解的方法来实现。

3. 合并子问题的解得到原问题的解：将两个子序列的逆序数相加，再加上两个子序列之间的逆序数，即为原序列的逆序数。

具体实现时，可以定义一个函数CountInverse(sequence)来求解某个序列的逆序数。在该函数中，首先判断序列长度是否小于等于1，如果是，则返回0；如果不是，则进行分治处理。

在分治处理中，首先将序列一分为二，然后递归调用CountInverse函数求解两个子序列的逆序数。之后，统计两个子序列之间的逆序数，即将第一个子序列的所有元素与第二个子序列中的每个元素进行比较，如果第一个子序列中的元素大于第二个子序列中的元素，则逆序数加一。

最后，返回两个子序列的逆序数之和以及两个子序列之间的逆序数，即为原序列的逆序数。

使用分治法求解逆序数问题可以有效地减少计算量，提高效率。该方法的时间复杂度为O(nlogn)，其中n为序列的长度。

分治法求逆序对个数c++

分治法求逆序对个数c的实现如下：

1. 将数组a分成两个子数组a1和a2，分别对a1和a2递归地求逆序对个数c1和c2，然后合并a1和a2并计算跨越a1和a2的逆序对个数c3。

2. 合并a1和a2时，设置两个指针i和j分别指向a1和a2的起始位置，然后将较小的元素放入新数组b中，并将指针向后移动，直到其中一个子数组遍历完毕。此时，将另一个子数组的剩余元素全部放入b中。

3. 计算跨越a1和a2的逆序对个数c3时，设置两个指针i和j分别指向a1和a2的末尾位置，并将它们向前移动，同时设置一个计数器count用于计算跨越a1和a2的逆序对个数。比较a1[i]和a2[j]的大小，如果a1[i]>a2[j]，则说明a2[j]和a1[i+1]到a1[n-1]都构成了逆序对，因为a1[i+1]到a1[n-1]都比a2[j]大，此时将count加上i+1的值，并将a1[i]放入新数组b中，然后将指针i向前移动；否则，将a2[j]放入新数组b中，并将指针j向前移动。

4. 返回c1+c2+c3作为逆序对个数。

代码实现如下：

int mergeSort(vector<int>& a, int left, int right) {
    if (left >= right) return 0;
    int mid = (left + right) / 2;
    int c1 = mergeSort(a, left, mid);
    int c2 = mergeSort(a, mid + 1, right);
    vector<int> b(right - left + 1);
    int i = left, j = mid + 1, k = 0, c3 = 0;
    while (i <= mid && j <= right) {
        if (a[i] <= a[j])
            b[k++] = a[i++];
        else {
            b[k++] = a[j++];
            c3 += mid - i + 1;
        }
    }
    while (i <= mid) b[k++] = a[i++];
    while (j <= right) b[k++] = a[j++];
    for (int i = left; i <= right; i++)
        a[i] = b[i - left];
    return c1 + c2 + c3;
}

int countInversePairs(vector<int>& nums) {
    return mergeSort(nums, 0, nums.size() - 1);
}