数组中的逆序对

题目描述

在数组中的两个数字，如果前面一个数字大于后面的数字，则这两个数字组成一个逆序对。输入一个数组,求出这个数组中的逆序对的总数P。并将P对1000000007取模的结果输出。 即输出P%1000000007

输入描述:

题目保证输入的数组中没有的相同的数字

数据范围：

对于%50的数据,size<=10^4

对于%75的数据,size<=10^5

对于%100的数据,size<=2*10^5

解法一：最直观的解法是顺序扫描整个数组，每扫描到一个数字就逐个比较这个数字之后的所有数字。若比后面的数字大，则构成一个逆序对。时间复杂度为O(n²)。很容易导致超时。

public class Solution {
    public static int InversePairs(int [] array) {
        int sum = 0;
        for(int i = 0; i < array.length - 1; i++) {
            for(int j = i + 1; j < array.length; j++) {
                if(array[i] > array[j])
                    sum++;
            }
        }
        return sum;
    }
}

解法二：

举例说明

image

有一个数组为 {7, 5, 6, 4}。

（a）将其分为两部分

（b）子数组仍可以继续分为两部分，直到子数组长度为1

（c）当子数组长度为1时，对相邻子数组进行排序合并。指针p1指向前面数组的最后一个数字，指针p2指向后面数组的最后一个数字。比较array[p1]和array[p2]大小，将较大的放入数组，若array[p1]大于array[p2]说明存在逆序对，逆序对数量为后面数组从头到p2的长度，然后p1--。若array[p1]小于等于array[p2]说明不存在逆序对，然后p2--。

（d）与步骤c一样，对相邻数组进行合并。详细过程如下：

image

很明显这是一个递归的过程，实质上是递归排序。递归排序的时间复杂度为O(nlogn).

public class Solution {
    public static int InversePairs(int [] array) {
        int[] input = new int[array.length];
        for(int i = 0; i < array.length; i++) {
            input[i] = array[i];
        }
        return getInversePairs(0, array.length - 1, array, input);
    }

    public static int getInversePairs(int start, int end, int [] output, int [] input) {
        if(start == end) {
            return 0;
        }
        int mid = (start + end) / 2;
        //递归求左右数组中的逆序对
        int left = getInversePairs(start, mid, input, output) % 1000000007;
        int right = getInversePairs(mid + 1, end, input, output) % 1000000007;
        int p1 = mid, p2 = end;
        int index = end;
        int count = 0;
        while(p2 > mid && p1 >= start) {
            if(input[p2] >= input[p1]) {
                output[index--] = input[p2--];
            }
            else {
                output[index--] = input[p1--];
                count += p2 - mid;
                //防止count过大
                if(count >= 1000000007) {
                    count%=1000000007;
                }
            }
        }
        //将前后数组中剩余的数字写入数组
        while(p2 > mid) {
            output[index--] = input[p2--];
        }
        while(p1 > start - 1) {
            output[index--] = input[p1--];
        }
        return (count + left + right) % 1000000007;

    }
}