题目

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题解

在求整体的逆序对的数量时，很好办，直接用树状数组处理即可，不过在这时，我们还需要处理出一个数组$pa[]$，其中$pa[i]$代表在区间$[1,i)$中满足$a_j>a_i$的$a_j$有多少个。

然后我们再利用一个新的$BIT$，并且倒着遍历$a[]$数组，这样我们可以处理出$sa[]$数组，其中$sa[i]$表示在区间$(i,n]$中有多少$j$使得，$a_i>a_j$。

我们考虑删除一个元素对答案的影响，删除一个元素以后，那么要从答案中减去这个元素原来能构成的逆序对的数量，也就是$pa[i]+sa[i]$。但是呀，这里有一个问题！就是说$pa[i]$或者是$sa[i]$中很可能包含有已经被删除掉的元素了。

解决这个问题有两个方案，第一就是我们每删除的一个元素就对所有依赖这个元素的$sa[]、pa[]$数组全部更新，这样显然不合理，遇到极端数据时间复杂度会爆炸。
还有一个解决方案就是，我们把要减去的部分容斥一下，即在已经被删除的元素里面，再找于、与$a_i$元素能构成逆序对的数量$t$。

这样的话，$ans-=sa[i]+pa[i]-t$。

这个思路听起来很完美，但是这个$t$要怎么找呢？

其实我们需要的是对所有被删除的元素建立一颗可修改的主席树！

正常的主席树想要修改的时候，如果修改了第$i$个版本的主席树，同时要把$i+1、i+2...$等版本的主席树都修改，因为是主席树跟前一个版本的主席树是有依赖关系的。

我们发现树状数组跟我们的需求非常像，因为树状数组具有区间求和的性质，也具有单点修改时间复杂度$O(logn)$的优秀性质。

于是！我们可以用树状数组套权值线段树来解决这个问题。

由于空间所限，我们做线段树采用动态开点的方法。

其中树状数组里的每一个节点里面包含有一颗线段树。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
#define pr(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl
#define int long long
const int maxn = 200007;struct segtree{int root[maxn*40];int lson[maxn*40];int rson[maxn*40];int val[maxn*40];int idx;void ins(int &rt,int l,int r,int pos,int v){if(!rt) rt = ++idx;val[rt] += v;if(l == r) return ;int mid = (l+r)/2;if(pos <= mid) ins(lson[rt],l,mid,pos,v);else ins(rson[rt],mid+1,r,pos,v);} int query(int rt,int l,int r,int ul,int ur){if(!rt || r < ul || ur < l) return 0;if(ul <= l && r <= ur) return val[rt];int mid = (l+r)/2;int a = query(lson[rt],l,mid,ul,ur);int b = query(rson[rt],mid+1,r,ul,ur);return a+b;}
}seg;struct BIT{int a[maxn];void add(int pos,int v){for(;pos < maxn;pos += pos & (-pos))a[pos] += v;}int query(int pos){int ans = 0;for(;pos;pos -= pos & (-pos))ans += a[pos];return ans;}
}b1,b2;
int pos[maxn],a[maxn];
int pa[maxn],sa[maxn];
int n,m;signed main(){long long ans = 0;cin>>n>>m;for(int i = 1;i <= n;++i){scanf("%lld",&a[i]);pos[a[i]] = i;b1.add(a[i],1);ans += pa[i] = b1.query(n) - b1.query(a[i]);}for(int i = n;i > 0;i--){sa[i] = b2.query(a[i]-1);b2.add(a[i],1);}for(int i = 1;i <= m;++i){printf("%lld\n",ans);int v;scanf("%lld",&v);int p = pos[v];p--;long long tmp = 0;for(;p;p -= p & (-p))tmp += seg.query(seg.root[p],0,100001,v+1,100001);p = pos[v];for(;p;p -= p & (-p))tmp -= seg.query(seg.root[p],0,100001,0,v-1);p = n;for(;p;p -= p & (-p))tmp += seg.query(seg.root[p],0,100001,0,v-1);ans -= sa[pos[v]] + pa[pos[v]] - tmp;p = pos[v];for(;p <= n;p += p&(-p))seg.ins(seg.root[p],0,100001,v,1);}
}