题目详述

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题目解析

思路1：暴力解法

顺序扫描整个数组，每扫描到一个数字的时候，逐个比较该数字和它后面的数字的大小。如果后面的数字比它小，则这两个数字就组成一个逆序对。假设数组中含有n个数字，由于每个数字都要和O(n)个数字作比较，因此这个算法的时间复杂度是O(n²)。

对数组进行冒泡排序，交换次数即为逆序对个数。时间复杂度O(n²)。

思路2：分治思想（推荐）

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采用归并排序的思路来处理，先分后治：先把数组分隔成子数组，先统计出子数组内部的逆序对的数目，然后再统计出两个相邻子数组之间的逆序对的数目。在统计逆序对的过程中，还需要对数组进行排序，其实这个排序过程就是归并排序的思路。

逆序对的总数=左边数组中的逆序对的数量+右边数组中逆序对的数量+左右结合成新的顺序数组时中出现的逆序对的数量；

时间复杂度时O(n*log(n))。

public class AntiOrder {
       public int count(int[] A, int n) {
           if (A == null || n == 0) {
               return 0;        } return mergeSortRecursion(A, 0, n - 1);    }         //递归实现归并排序    public static int mergeSortRecursion(int[] arr, int l, int r) {
           if (l == r) {
               return 0; // 当待排序数组长度为1时，递归开始回溯，进行merge操作        }        int mid = (l + r) / 2;        //逆序对的总数= 左边数组中的逆序对的数量+        //     右边数组中逆序对的数量+左右结合成新的顺序数组时中出现的逆序对的数量        return mergeSortRecursion(arr, l, mid) +                 mergeSortRecursion(arr, mid + 1, r) +                merge(arr, l, mid, r); //返回数组中的逆序对    }         //合并两个已排好序的数组s[left...mid]和s[mid+1...right]    public static int merge(int[] arr, int left, int mid, int right) {
           int[] temp = new int[right - left + 1];        int index = 0;        int i = left;        int j = mid + 1;        int inverseNum = 0;// 新增，用来累加数组逆序对        while (i <= mid && j <= right) {
               if (arr[i] <= arr[j]) {
                   temp[index++] = arr[i++];            } else {
                   // 当前一个数组元素大于后一个数组元素时，累加逆序对                // s[i] > s[j] 推导出 s[i]...s[mid] > s[j]                inverseNum += (mid - i + 1);                temp[index++] = arr[j++];            }        }         while (i <= mid) {
               temp[index++] = arr[i++];        }         while (j <= right) {
               temp[index++] = arr[j++];        }         for (int k = 0; k < temp.length; k++) {
               arr[left++] = temp[k];        }         return inverseNum; //返回合并过程中累加逆序对    } }

转载地址：http://iejwi.baihongyu.com/

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