Contando inversiones en una matriz

Estoy diseñando un algoritmo para hacer lo siguiente: Una matriz dada A[1... n], para cada i < j, encuentre todos los pares de inversión tales que A[i] > A[j]. Estoy usando la clasificación por fusión y copiando la matriz A en la matriz B y luego comparando las dos matrices, pero me cuesta ver cómo puedo usar esto para encontrar el número de inversiones. Cualquier sugerencia o ayuda será muy apreciada.

Así que aquí está la solución O (n log n) en java.

long merge(int[] arr, int[] left, int[] right) {
    int i = 0, j = 0, count = 0;
    while (i < left.length || j < right.length) {
        if (i == left.length) {
            arr[i+j] = right[j];
            j++;
        } else if (j == right.length) {
            arr[i+j] = left[i];
            i++;
        } else if (left[i] <= right[j]) {
            arr[i+j] = left[i];
            i++;                
        } else {
            arr[i+j] = right[j];
            count += left.length-i;
            j++;
        }
    }
    return count;
}

long invCount(int[] arr) {
    if (arr.length < 2)
        return 0;

    int m = (arr.length + 1) / 2;
    int left[] = Arrays.copyOfRange(arr, 0, m);
    int right[] = Arrays.copyOfRange(arr, m, arr.length);

    return invCount(left) + invCount(right) + merge(arr, left, right);
}

Este es un tipo de combinación casi normal, toda la magia está oculta en la función de combinación. Tenga en cuenta que al ordenar el algoritmo, elimine las inversiones. Mientras que el algoritmo de fusión cuenta el número de inversiones eliminadas (solucionadas, se podría decir).

El único momento en que se eliminan las inversiones es cuando el algoritmo toma un elemento del lado derecho de una matriz y lo fusiona con la matriz principal. El número de inversiones eliminadas por esta operación es el número de elementos que quedan de la matriz de la izquierda para fusionar. :)

Espero que sea lo suficientemente explicativo.

Lo encontré en el tiempo O (n * log n) mediante el siguiente método.

1. Fusionar ordenación matriz A y crear una copia (matriz B)

2. Tome A [1] y encuentre su posición en la matriz ordenada B mediante una búsqueda binaria. El número de inversiones para este elemento será uno menos que el número índice de su posición en B ya que cada número menor que aparezca después del primer elemento de A será una inversión.

   2a. acumula el número de inversiones para contrarrestar la variable núm_inversiones.

   2b. eliminar A [1] de la matriz A y también de su posición correspondiente en la matriz B

3. Vuelva a ejecutar desde el paso 2 hasta que no haya más elementos en A.

Aquí hay un ejemplo de ejecución de este algoritmo. Matriz original A = (6, 9, 1, 14, 8, 12, 3, 2)

1: Combinar ordenar y copiar a la matriz B

B = (1, 2, 3, 6, 8, 9, 12, 14)

2: Toma A [1] y búsqueda binaria para encontrarlo en la matriz B

A [1] = 6

B = (1, 2, 3, 6 , 8, 9, 12, 14)

6 está en la 4ª posición de la matriz B, por lo que hay 3 inversiones. Sabemos esto porque 6 estaba en la primera posición en la matriz A, por lo tanto, cualquier elemento de valor menor que aparezca posteriormente en la matriz A tendría un índice de j> i (ya que i en este caso es 1).

2.b: Elimine A [1] de la matriz A y también de su posición correspondiente en la matriz B (se eliminan los elementos en negrita).

A = ( 6, 9, 1, 14, 8, 12, 3, 2) = (9, 1, 14, 8, 12, 3, 2)

B = (1, 2, 3, 6, 8, 9, 12, 14) = (1, 2, 3, 8, 9, 12, 14)

3: Vuelva a ejecutar desde el paso 2 en las nuevas matrices A y B.

A [1] = 9

B = (1, 2, 3, 8, 9, 12, 14)

9 está ahora en la quinta posición de la matriz B, por lo que hay 4 inversiones. Sabemos esto porque 9 estaba en la primera posición en la matriz A, por lo tanto, cualquier elemento de menor valor que aparezca posteriormente tendría un índice de j> i (ya que i en este caso es nuevamente 1). Elimine A [1] de la matriz A y también de su posición correspondiente en la matriz B (se eliminan los elementos en negrita)

A = ( 9 , 1, 14, 8, 12, 3, 2) = (1, 14, 8, 12, 3, 2)

B = (1, 2, 3, 8, 9 , 12, 14) = (1, 2, 3, 8, 12, 14)

Continuar en esta línea nos dará el número total de inversiones para la matriz A una vez que se complete el ciclo.

El paso 1 (combinación de clasificación) requeriría O (n * log n) para ejecutarse. El paso 2 se ejecutaría n veces y en cada ejecución realizaría una búsqueda binaria que toma O (log n) para ejecutarse para un total de O (n * log n). El tiempo de ejecución total sería entonces O (n * log n) + O (n * log n) = O (n * log n).

Gracias por tu ayuda. Escribir las matrices de muestra en una hoja de papel realmente ayudó a visualizar el problema.

En Python

# O(n log n)

def count_inversion(lst):
    return merge_count_inversion(lst)[1]

def merge_count_inversion(lst):
    if len(lst) <= 1:
        return lst, 0
    middle = int( len(lst) / 2 )
    left, a = merge_count_inversion(lst[:middle])
    right, b = merge_count_inversion(lst[middle:])
    result, c = merge_count_split_inversion(left, right)
    return result, (a + b + c)

def merge_count_split_inversion(left, right):
    result = []
    count = 0
    i, j = 0, 0
    left_len = len(left)
    while i < left_len and j < len(right):
        if left[i] <= right[j]:
            result.append(left[i])
            i += 1
        else:
            result.append(right[j])
            count += left_len - i
            j += 1
    result += left[i:]
    result += right[j:]
    return result, count        


#test code
input_array_1 = []  #0
input_array_2 = [1] #0
input_array_3 = [1, 5]  #0
input_array_4 = [4, 1] #1
input_array_5 = [4, 1, 2, 3, 9] #3
input_array_6 = [4, 1, 3, 2, 9, 5]  #5
input_array_7 = [4, 1, 3, 2, 9, 1]  #8

print count_inversion(input_array_1)
print count_inversion(input_array_2)
print count_inversion(input_array_3)
print count_inversion(input_array_4)
print count_inversion(input_array_5)
print count_inversion(input_array_6)
print count_inversion(input_array_7)

Me pregunto por qué nadie mencionó todavía los árboles indexados en binarios . Puede usar uno para mantener sumas de prefijo en los valores de sus elementos de permutación. Luego, puede proceder de derecha a izquierda y contar para cada elemento el número de elementos más pequeño que el de la derecha:

def count_inversions(a):
  res = 0
  counts = [0]*(len(a)+1)
  rank = { v : i+1 for i, v in enumerate(sorted(a)) }
  for x in reversed(a):
    i = rank[x] - 1
    while i:
      res += counts[i]
      i -= i & -i
    i = rank[x]
    while i <= len(a):
      counts[i] += 1
      i += i & -i
  return res

La complejidad es O (n log n) y el factor constante es muy bajo.

En realidad, tenía una pregunta similar a esta para la tarea. Me restringieron que debe tener eficiencia O (nlogn).

Usé la idea que propuso de usar Mergesort, ya que ya tiene la eficiencia correcta. Acabo de insertar un código en la función de fusión que era básicamente: Siempre que se agrega un número de la matriz de la derecha a la matriz de salida, agrego al número total de inversiones, la cantidad de números que quedan en la matriz de la izquierda.

Esto tiene mucho sentido para mí ahora que lo he pensado lo suficiente. Estás contando cuántas veces hay un número mayor antes de cualquier número.

hth.

El propósito principal de esta respuesta es comparar las velocidades de las diversas versiones de Python que se encuentran aquí, pero también tengo algunas contribuciones propias. (FWIW, acabo de descubrir esta pregunta mientras realizaba una búsqueda duplicada).

Las velocidades de ejecución relativas de los algoritmos implementados en CPython pueden ser diferentes a las que cabría esperar de un simple análisis de los algoritmos y de la experiencia con otros lenguajes. Esto se debe a que Python proporciona muchas funciones y métodos potentes implementados en C que pueden operar en listas y otras colecciones a una velocidad cercana a la que se obtendría en un lenguaje completamente compilado, por lo que esas operaciones se ejecutan mucho más rápido que los algoritmos equivalentes implementados "manualmente" con Python. código.

El código que aprovecha estas herramientas a menudo puede superar a los algoritmos teóricamente superiores que intentan hacer todo con las operaciones de Python en elementos individuales de la colección. Por supuesto, la cantidad real de datos que se procesan también influye en esto. Pero para cantidades moderadas de datos, el código que utiliza un algoritmo O (n²) que se ejecuta a velocidad C puede superar fácilmente a un algoritmo O (n log n) que realiza la mayor parte de su trabajo con operaciones individuales de Python.

Muchas de las respuestas publicadas a esta pregunta de recuento de inversiones utilizan un algoritmo basado en mergesort. En teoría, este es un buen enfoque, a menos que el tamaño de la matriz sea muy pequeño. Pero el TimSort integrado de Python (un algoritmo de clasificación estable híbrido, derivado de la clasificación por combinación y la clasificación por inserción) se ejecuta a la velocidad de C, y una clasificación por combinación codificada a mano en Python no puede competir con él por la velocidad.

Una de las soluciones más intrigantes aquí, en la respuesta publicada por Niklas B , utiliza la ordenación incorporada para determinar la clasificación de los elementos de la matriz y un árbol indexado binario (también conocido como árbol de Fenwick) para almacenar las sumas acumulativas necesarias para calcular la inversión contar. En el proceso de intentar comprender esta estructura de datos y el algoritmo de Niklas, escribí algunas variaciones propias (publicadas a continuación). Pero también descubrí que para tamaños de lista moderados es más rápido usar la función incorporada de Python sumque el encantador árbol de Fenwick.

def count_inversions(a):
    total = 0
    counts = [0] * len(a)
    rank = {v: i for i, v in enumerate(sorted(a))}
    for u in reversed(a):
        i = rank[u]
        total += sum(counts[:i])
        counts[i] += 1
    return total

Finalmente, cuando el tamaño de la lista se acerca a 500, el aspecto O (n²) de las llamadas sumdentro de ese forbucle asoma su fea cabeza y el rendimiento comienza a caer en picado.

Mergesort no es el único tipo O (nlogn), y se pueden utilizar varios otros para realizar el recuento de inversiones. La respuesta de prasadvk usa un tipo de árbol binario, sin embargo, su código parece estar en C ++ o uno de sus derivados. Entonces agregué una versión de Python. Originalmente usé una clase para implementar los nodos del árbol, pero descubrí que un dictado es notablemente más rápido. Finalmente usé list, que es aún más rápido, aunque hace que el código sea un poco menos legible.

Una ventaja de treesort es que es mucho más fácil de implementar de forma iterativa que mergesort. Python no optimiza la recursividad y tiene un límite de profundidad de recursividad (aunque eso se puede aumentar si realmente lo necesita). Y, por supuesto, las llamadas a funciones de Python son relativamente lentas, por lo que cuando intentas optimizar la velocidad es bueno evitar las llamadas a funciones, cuando sea práctico.

Otro tipo O (nlogn) es el venerable tipo radix. Su gran ventaja es que no compara claves entre sí. Su desventaja es que funciona mejor en secuencias contiguas de enteros, idealmente una permutación de enteros en range(b**m)donde bgeneralmente es 2. Agregué algunas versiones basadas en ordenamiento por base después de intentar leer Inversiones de conteo, Conteo de rango ortogonal sin conexión y Problemas relacionados, que es vinculado en el cálculo del número de "inversiones" en una permutación .

Para usar la ordenación por radix de manera efectiva para contar inversiones en una secuencia general seqde longitud n, podemos crear una permutación de range(n)que tenga el mismo número de inversiones que seq. Podemos hacer eso en (en el peor de los casos) O (nlogn) tiempo a través de TimSort. El truco consiste en permutar los índices de seqordenando seq. Es más fácil explicar esto con un pequeño ejemplo.

seq = [15, 14, 11, 12, 10, 13]
b = [t[::-1] for t in enumerate(seq)]
print(b)
b.sort()
print(b)

salida

[(15, 0), (14, 1), (11, 2), (12, 3), (10, 4), (13, 5)]
[(10, 4), (11, 2), (12, 3), (13, 5), (14, 1), (15, 0)]

Al ordenar los pares (valor, índice) de seq, hemos permutado los índices de seqcon el mismo número de intercambios que se requieren para colocar seqen su orden original a partir de su orden ordenado. Podemos crear esa permutación ordenando range(n)con una función clave adecuada:

print(sorted(range(len(seq)), key=lambda k: seq[k]))

salida

[4, 2, 3, 5, 1, 0]

Podemos evitar eso lambdausando seqel .__getitem__método de:

sorted(range(len(seq)), key=seq.__getitem__)

Esto es solo un poco más rápido, pero estamos buscando todas las mejoras de velocidad que podamos obtener. ;)

El siguiente código realiza timeitpruebas en todos los algoritmos de Python existentes en esta página, además de algunos de los míos: un par de versiones O (n²) de fuerza bruta, algunas variaciones del algoritmo de Niklas B y, por supuesto, una basada en mergesort. (que escribí sin referirme a las respuestas existentes). También tiene mi código de clasificación de árboles basado en listas derivado aproximadamente del código de prasadvk, y varias funciones basadas en la clasificación de radix, algunas usando una estrategia similar a los enfoques de ordenación combinada y otras usando sumun árbol de Fenwick.

Este programa mide el tiempo de ejecución de cada función en una serie de listas aleatorias de enteros; también puede verificar que cada función dé los mismos resultados que las demás y que no modifique la lista de entrada.

Cada timeitllamada da un vector que contiene 3 resultados, que clasifico. El valor principal a considerar aquí es el mínimo, los otros valores simplemente dan una indicación de cuán confiable es ese valor mínimo, como se explica en la Nota en los timeitdocumentos del módulo .

Desafortunadamente, el resultado de este programa es demasiado grande para incluirlo en esta respuesta, por lo que lo estoy publicando en su propia respuesta (wiki de la comunidad) .

El resultado es de 3 ejecuciones en mi antigua máquina de 2 GHz de un solo núcleo de 32 bits que ejecuta Python 3.6.0 en una antigua distribución derivada de Debian. YMMV. Durante las pruebas, apagué mi navegador web y me desconecté de mi enrutador para minimizar el impacto de otras tareas en la CPU.

La primera ejecución prueba todas las funciones con tamaños de lista de 5 a 320, con tamaños de bucle de 4096 a 64 (a medida que el tamaño de la lista se duplica, el tamaño del bucle se reduce a la mitad). El grupo aleatorio utilizado para construir cada lista es la mitad del tamaño de la lista en sí, por lo que es probable que obtengamos muchos duplicados. Algunos de los algoritmos de recuento de inversiones son más sensibles a los duplicados que otros.

La segunda ejecución utiliza listas más grandes: 640 a 10240 y un tamaño de bucle fijo de 8. Para ahorrar tiempo, elimina varias de las funciones más lentas de las pruebas. Mi fuerza bruta O (N ²) funciones son sólo forma demasiado lenta en estos tamaños, y como se mencionó anteriormente, mi código que utiliza sum, lo que hace tan bien en las pequeñas y listas moderadas, simplemente no puede mantenerse al tanto de las listas grandes.

La ejecución final cubre los tamaños de lista de 20480 a 655360, y un tamaño de bucle fijo de 4, con las 8 funciones más rápidas. Para tamaños de lista inferiores a 40.000 o más, el código de Tim Babych es el claro ganador. ¡Bien hecho Tim! El código de Niklas B también tiene un buen rendimiento en todos los aspectos, aunque es superado en las listas más pequeñas. El código basado en bisecciones de "python" también funciona bastante bien, aunque parece ser un poco más lento con listas enormes con muchos duplicados, probablemente debido a ese whilebucle lineal que usa para pasar por encima de los incautos.

Sin embargo, para los tamaños de lista muy grandes, los algoritmos basados ​​en bisecciones no pueden competir con los verdaderos algoritmos O (nlogn).

#!/usr/bin/env python3

''' Test speeds of various ways of counting inversions in a list

    The inversion count is a measure of how sorted an array is.
    A pair of items in a are inverted if i < j but a[j] > a[i]

    See /programming/337664/counting-inversions-in-an-array

    This program contains code by the following authors:
    mkso
    Niklas B
    B. M.
    Tim Babych
    python
    Zhe Hu
    prasadvk
    noman pouigt
    PM 2Ring

    Timing and verification code by PM 2Ring
    Collated 2017.12.16
    Updated 2017.12.21
'''

from timeit import Timer
from random import seed, randrange
from bisect import bisect, insort_left

seed('A random seed string')

# Merge sort version by mkso
def count_inversion_mkso(lst):
    return merge_count_inversion(lst)[1]

def merge_count_inversion(lst):
    if len(lst) <= 1:
        return lst, 0
    middle = len(lst) // 2
    left, a = merge_count_inversion(lst[:middle])
    right, b = merge_count_inversion(lst[middle:])
    result, c = merge_count_split_inversion(left, right)
    return result, (a + b + c)

def merge_count_split_inversion(left, right):
    result = []
    count = 0
    i, j = 0, 0
    left_len = len(left)
    while i < left_len and j < len(right):
        if left[i] <= right[j]:
            result.append(left[i])
            i += 1
        else:
            result.append(right[j])
            count += left_len - i
            j += 1
    result += left[i:]
    result += right[j:]
    return result, count

# . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
# Using a Binary Indexed Tree, aka a Fenwick tree, by Niklas B.
def count_inversions_NiklasB(a):
    res = 0
    counts = [0] * (len(a) + 1)
    rank = {v: i for i, v in enumerate(sorted(a), 1)}
    for x in reversed(a):
        i = rank[x] - 1
        while i:
            res += counts[i]
            i -= i & -i
        i = rank[x]
        while i <= len(a):
            counts[i] += 1
            i += i & -i
    return res

# . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
# Merge sort version by B.M
# Modified by PM 2Ring to deal with the global counter
bm_count = 0

def merge_count_BM(seq):
    global bm_count
    bm_count = 0
    sort_bm(seq)
    return bm_count

def merge_bm(l1,l2):
    global bm_count
    l = []
    while l1 and l2:
        if l1[-1] <= l2[-1]:
            l.append(l2.pop())
        else:
            l.append(l1.pop())
            bm_count += len(l2)
    l.reverse()
    return l1 + l2 + l

def sort_bm(l):
    t = len(l) // 2
    return merge_bm(sort_bm(l[:t]), sort_bm(l[t:])) if t > 0 else l

# . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
# Bisection based method by Tim Babych
def solution_TimBabych(A):
    sorted_left = []
    res = 0
    for i in range(1, len(A)):
        insort_left(sorted_left, A[i-1])
        # i is also the length of sorted_left
        res += (i - bisect(sorted_left, A[i]))
    return res

# Slightly faster, except for very small lists
def solutionE_TimBabych(A):
    res = 0
    sorted_left = []
    for i, u in enumerate(A):
        # i is also the length of sorted_left
        res += (i - bisect(sorted_left, u))
        insort_left(sorted_left, u)
    return res

# . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
# Bisection based method by "python"
def solution_python(A):
    B = list(A)
    B.sort()
    inversion_count = 0
    for i in range(len(A)):
        j = binarySearch_python(B, A[i])
        while B[j] == B[j - 1]:
            if j < 1:
                break
            j -= 1
        inversion_count += j
        B.pop(j)
    return inversion_count

def binarySearch_python(alist, item):
    first = 0
    last = len(alist) - 1
    found = False
    while first <= last and not found:
        midpoint = (first + last) // 2
        if alist[midpoint] == item:
            return midpoint
        else:
            if item < alist[midpoint]:
                last = midpoint - 1
            else:
                first = midpoint + 1

# . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
# Merge sort version by Zhe Hu
def inv_cnt_ZheHu(a):
    _, count = inv_cnt(a.copy())
    return count

def inv_cnt(a):
    n = len(a)
    if n==1:
        return a, 0
    left = a[0:n//2] # should be smaller
    left, cnt1 = inv_cnt(left)
    right = a[n//2:] # should be larger
    right, cnt2 = inv_cnt(right)

    cnt = 0
    i_left = i_right = i_a = 0
    while i_a < n:
        if (i_right>=len(right)) or (i_left < len(left)
            and left[i_left] <= right[i_right]):
            a[i_a] = left[i_left]
            i_left += 1
        else:
            a[i_a] = right[i_right]
            i_right += 1
            if i_left < len(left):
                cnt += len(left) - i_left
        i_a += 1
    return (a, cnt1 + cnt2 + cnt)

# . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
# Merge sort version by noman pouigt
# From https://stackoverflow.com/q/47830098
def reversePairs_nomanpouigt(nums):
    def merge(left, right):
        if not left or not right:
            return (0, left + right)
        #if everything in left is less than right
        if left[len(left)-1] < right[0]:
            return (0, left + right)
        else:
            left_idx, right_idx, count = 0, 0, 0
            merged_output = []

            # check for condition before we merge it
            while left_idx < len(left) and right_idx < len(right):
                #if left[left_idx] > 2 * right[right_idx]:
                if left[left_idx] > right[right_idx]:
                    count += len(left) - left_idx
                    right_idx += 1
                else:
                    left_idx += 1

            #merging the sorted list
            left_idx, right_idx = 0, 0
            while left_idx < len(left) and right_idx < len(right):
                if left[left_idx] > right[right_idx]:
                    merged_output += [right[right_idx]]
                    right_idx += 1
                else:
                    merged_output += [left[left_idx]]
                    left_idx += 1
            if left_idx == len(left):
                merged_output += right[right_idx:]
            else:
                merged_output += left[left_idx:]
        return (count, merged_output)

    def partition(nums):
        count = 0
        if len(nums) == 1 or not nums:
            return (0, nums)
        pivot = len(nums)//2
        left_count, l = partition(nums[:pivot])
        right_count, r = partition(nums[pivot:])
        temp_count, temp_list = merge(l, r)
        return (temp_count + left_count + right_count, temp_list)
    return partition(nums)[0]

# . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
# PM 2Ring
def merge_PM2R(seq):
    seq, count = merge_sort_count_PM2R(seq)
    return count

def merge_sort_count_PM2R(seq):
    mid = len(seq) // 2
    if mid == 0:
        return seq, 0
    left, left_total = merge_sort_count_PM2R(seq[:mid])
    right, right_total = merge_sort_count_PM2R(seq[mid:])
    total = left_total + right_total
    result = []
    i = j = 0
    left_len, right_len = len(left), len(right)
    while i < left_len and j < right_len:
        if left[i] <= right[j]:
            result.append(left[i])
            i += 1
        else:
            result.append(right[j])
            j += 1
            total += left_len - i
    result.extend(left[i:])
    result.extend(right[j:])
    return result, total

def rank_sum_PM2R(a):
    total = 0
    counts = [0] * len(a)
    rank = {v: i for i, v in enumerate(sorted(a))}
    for u in reversed(a):
        i = rank[u]
        total += sum(counts[:i])
        counts[i] += 1
    return total

# Fenwick tree functions adapted from C code on Wikipedia
def fen_sum(tree, i):
    ''' Return the sum of the first i elements, 0 through i-1 '''
    total = 0
    while i:
        total += tree[i-1]
        i -= i & -i
    return total

def fen_add(tree, delta, i):
    ''' Add delta to element i and thus 
        to fen_sum(tree, j) for all j > i 
    '''
    size = len(tree)
    while i < size:
        tree[i] += delta
        i += (i+1) & -(i+1)

def fenwick_PM2R(a):
    total = 0
    counts = [0] * len(a)
    rank = {v: i for i, v in enumerate(sorted(a))}
    for u in reversed(a):
        i = rank[u]
        total += fen_sum(counts, i)
        fen_add(counts, 1, i)
    return total

def fenwick_inline_PM2R(a):
    total = 0
    size = len(a)
    counts = [0] * size
    rank = {v: i for i, v in enumerate(sorted(a))}
    for u in reversed(a):
        i = rank[u]
        j = i + 1
        while i:
            total += counts[i]
            i -= i & -i
        while j < size:
            counts[j] += 1
            j += j & -j
    return total

def bruteforce_loops_PM2R(a):
    total = 0
    for i in range(1, len(a)):
        u = a[i]
        for j in range(i):
            if a[j] > u:
                total += 1
    return total

def bruteforce_sum_PM2R(a):
    return sum(1 for i in range(1, len(a)) for j in range(i) if a[j] > a[i])

# Using binary tree counting, derived from C++ code (?) by prasadvk
# https://stackoverflow.com/a/16056139
def ltree_count_PM2R(a):
    total, root = 0, None
    for u in a:
        # Store data in a list-based tree structure
        # [data, count, left_child, right_child]
        p = [u, 0, None, None]
        if root is None:
            root = p
            continue
        q = root
        while True:
            if p[0] < q[0]:
                total += 1 + q[1]
                child = 2
            else:
                q[1] += 1
                child = 3
            if q[child]:
                q = q[child]
            else:
                q[child] = p
                break
    return total

# Counting based on radix sort, recursive version
def radix_partition_rec(a, L):
    if len(a) < 2:
        return 0
    if len(a) == 2:
        return a[1] < a[0]
    left, right = [], []
    count = 0
    for u in a:
        if u & L:
            right.append(u)
        else:
            count += len(right)
            left.append(u)
    L >>= 1
    if L:
        count += radix_partition_rec(left, L) + radix_partition_rec(right, L)
    return count

# The following functions determine swaps using a permutation of 
# range(len(a)) that has the same inversion count as `a`. We can create
# this permutation with `sorted(range(len(a)), key=lambda k: a[k])`
# but `sorted(range(len(a)), key=a.__getitem__)` is a little faster.

# Counting based on radix sort, iterative version
def radix_partition_iter(seq, L):
    count = 0
    parts = [seq]
    while L and parts:
        newparts = []
        for a in parts:
            if len(a) < 2:
                continue
            if len(a) == 2:
                count += a[1] < a[0]
                continue
            left, right = [], []
            for u in a:
                if u & L:
                    right.append(u)
                else:
                    count += len(right)
                    left.append(u)
            if left:
                newparts.append(left)
            if right:
                newparts.append(right)
        parts = newparts
        L >>= 1
    return count

def perm_radixR_PM2R(a):
    size = len(a)
    b = sorted(range(size), key=a.__getitem__)
    n = size.bit_length() - 1
    return radix_partition_rec(b, 1 << n)

def perm_radixI_PM2R(a):
    size = len(a)
    b = sorted(range(size), key=a.__getitem__)
    n = size.bit_length() - 1
    return radix_partition_iter(b, 1 << n)

# Plain sum of the counts of the permutation
def perm_sum_PM2R(a):
    total = 0
    size = len(a)
    counts = [0] * size
    for i in reversed(sorted(range(size), key=a.__getitem__)):
        total += sum(counts[:i])
        counts[i] = 1
    return total

# Fenwick sum of the counts of the permutation
def perm_fenwick_PM2R(a):
    total = 0
    size = len(a)
    counts = [0] * size
    for i in reversed(sorted(range(size), key=a.__getitem__)):
        j = i + 1
        while i:
            total += counts[i]
            i -= i & -i
        while j < size:
            counts[j] += 1
            j += j & -j
    return total

# - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
# All the inversion-counting functions
funcs = (
    solution_TimBabych,
    solutionE_TimBabych,
    solution_python,
    count_inversion_mkso,
    count_inversions_NiklasB,
    merge_count_BM,
    inv_cnt_ZheHu,
    reversePairs_nomanpouigt,
    fenwick_PM2R,
    fenwick_inline_PM2R,
    merge_PM2R,
    rank_sum_PM2R,
    bruteforce_loops_PM2R,
    bruteforce_sum_PM2R,
    ltree_count_PM2R,
    perm_radixR_PM2R,
    perm_radixI_PM2R,
    perm_sum_PM2R,
    perm_fenwick_PM2R,
)

def time_test(seq, loops, verify=False):
    orig = seq
    timings = []
    for func in funcs:
        seq = orig.copy()
        value = func(seq) if verify else None
        t = Timer(lambda: func(seq))
        result = sorted(t.repeat(3, loops))
        timings.append((result, func.__name__, value))
        assert seq==orig, 'Sequence altered by {}!'.format(func.__name__)
    first = timings[0][-1]
    timings.sort()
    for result, name, value in timings:
        result = ', '.join([format(u, '.5f') for u in result])
        print('{:24} : {}'.format(name, result))

    if verify:
        # Check that all results are identical
        bad = ['%s: %d' % (name, value)
            for _, name, value in timings if value != first]
        if bad:
            print('ERROR. Value: {}, bad: {}'.format(first, ', '.join(bad)))
        else:
            print('Value: {}'.format(first))
    print()

#Run the tests
size, loops = 5, 1 << 12
verify = True
for _ in range(7):
    hi = size // 2
    print('Size = {}, hi = {}, {} loops'.format(size, hi, loops))
    seq = [randrange(hi) for _ in range(size)]
    time_test(seq, loops, verify)
    loops >>= 1
    size <<= 1

#size, loops = 640, 8
#verify = False
#for _ in range(5):
    #hi = size // 2
    #print('Size = {}, hi = {}, {} loops'.format(size, hi, loops))
    #seq = [randrange(hi) for _ in range(size)]
    #time_test(seq, loops, verify)
    #size <<= 1

#size, loops = 163840, 4
#verify = False
#for _ in range(3):
    #hi = size // 2
    #print('Size = {}, hi = {}, {} loops'.format(size, hi, loops))
    #seq = [randrange(hi) for _ in range(size)]
    #time_test(seq, loops, verify)
    #size <<= 1

Consulte aquí la salida.

El número de inversiones se puede encontrar analizando el proceso de fusión en orden de fusión:

Al copiar un elemento de la segunda matriz a la matriz de combinación (el 9 en este ejemplo), mantiene su lugar en relación con otros elementos. Al copiar un elemento de la primera matriz a la matriz de combinación (el 5 aquí) se invierte y todos los elementos permanecen en la segunda matriz (2 inversiones con el 3 y el 4). Entonces, una pequeña modificación de la ordenación por fusión puede resolver el problema en O (n ln n).
Por ejemplo, simplemente descomente las dos líneas # en el código de python mergesort a continuación para tener el recuento.

def merge(l1,l2):
    l = []
    # global count
    while l1 and l2:
        if l1[-1] <= l2[-1]:
            l.append(l2.pop())
        else:
            l.append(l1.pop())
            # count += len(l2)
    l.reverse()
    return l1 + l2 + l

def sort(l): 
    t = len(l) // 2
    return merge(sort(l[:t]), sort(l[t:])) if t > 0 else l

count=0
print(sort([5,1,2,4,9,3]), count)
# [1, 2, 3, 4, 5, 9] 6

EDITAR 1

La misma tarea se puede lograr con una versión estable de clasificación rápida, conocida por ser un poco más rápida:

def part(l):
    pivot=l[-1]
    small,big = [],[]
    count = big_count = 0
    for x in l:
        if x <= pivot:
            small.append(x)
            count += big_count
        else:
            big.append(x)
            big_count += 1
    return count,small,big

def quick_count(l):
    if len(l)<2 : return 0
    count,small,big = part(l)
    small.pop()
    return count + quick_count(small) + quick_count(big)

Al elegir el pivote como último elemento, las inversiones están bien contadas y el tiempo de ejecución es un 40% mejor que fusionar uno anterior.

EDITAR 2

Para el rendimiento en python, una versión numpy y numba:

Primero la parte numpy, que usa argsort O (n ln n):

def count_inversions(a):
    n = a.size
    counts = np.arange(n) & -np.arange(n)  # The BIT
    ags = a.argsort(kind='mergesort')    
    return  BIT(ags,counts,n)

Y la parte numba para el enfoque BIT eficiente :

@numba.njit
def BIT(ags,counts,n):
    res = 0        
    for x in ags :
        i = x
        while i:
            res += counts[i]
            i -= i & -i
        i = x+1
        while i < n:
            counts[i] -= 1
            i += i & -i
    return  res  

Tenga en cuenta que la respuesta de Geoffrey Irving es incorrecta.

El número de inversiones en una matriz es la mitad de la distancia total que los elementos deben moverse para ordenar la matriz. Por lo tanto, se puede calcular ordenando la matriz, manteniendo la permutación resultante p [i] y luego calculando la suma de abs (p [i] -i) / 2. Esto lleva O (n log n) tiempo, que es óptimo.

Se ofrece un método alternativo en http://mathworld.wolfram.com/PermutationInversion.html . Este método es equivalente a la suma de max (0, p [i] -i), que es igual a la suma de abs (p [i] -i]) / 2 ya que la distancia total de los elementos que se mueven a la izquierda es igual a la los elementos de distancia total se mueven hacia la derecha.

Tome la secuencia {3, 2, 1} como ejemplo. Hay tres inversiones: (3, 2), (3, 1), (2, 1), por lo que el número de inversión es 3. Sin embargo, según el método citado, la respuesta habría sido 2.

Vea esto: http://www.cs.jhu.edu/~xfliu/600.363_F03/hw_solution/solution1.pdf

Espero que le dé la respuesta correcta.

• 2-3 Parte de inversión (d)
• Su tiempo de ejecución es O (nlogn)

Aquí hay una posible solución con variación del árbol binario. Agrega un campo llamado rightSubTreeSize a cada nodo del árbol. Siga insertando números en el árbol binario en el orden en que aparecen en la matriz. Si el número va a lhs del nodo, el recuento de inversiones para ese elemento sería (1 + rightSubTreeSize). Dado que todos esos elementos son mayores que el elemento actual y habrían aparecido antes en la matriz. Si el elemento va a rhs de un nodo, simplemente aumente su rightSubTreeSize. A continuación está el código.

Node { 
    int data;
    Node* left, *right;
    int rightSubTreeSize;

    Node(int data) { 
        rightSubTreeSize = 0;
    }   
};

Node* root = null;
int totCnt = 0;
for(i = 0; i < n; ++i) { 
    Node* p = new Node(a[i]);
    if(root == null) { 
        root = p;
        continue;
    } 

    Node* q = root;
    int curCnt = 0;
    while(q) { 
        if(p->data <= q->data) { 
            curCnt += 1 + q->rightSubTreeSize;
            if(q->left) { 
                q = q->left;
            } else { 
                q->left = p;
                break;
            }
        } else { 
            q->rightSubTreeSize++;
            if(q->right) { 
                q = q->right;
            } else { 
                q->right = p;
                break;
            }
        }
    }

    totCnt += curCnt;
  }
  return totCnt;

public static int mergeSort(int[] a, int p, int r)
{
    int countInversion = 0;
    if(p < r)
    {
        int q = (p + r)/2;
        countInversion = mergeSort(a, p, q);
        countInversion += mergeSort(a, q+1, r);
        countInversion += merge(a, p, q, r);
    }
    return countInversion;
}

public static int merge(int[] a, int p, int q, int r)
{
    //p=0, q=1, r=3
    int countingInversion = 0;
    int n1 = q-p+1;
    int n2 = r-q;
    int[] temp1 = new int[n1+1];
    int[] temp2 = new int[n2+1];
    for(int i=0; i<n1; i++) temp1[i] = a[p+i];
    for(int i=0; i<n2; i++) temp2[i] = a[q+1+i];

    temp1[n1] = Integer.MAX_VALUE;
    temp2[n2] = Integer.MAX_VALUE;
    int i = 0, j = 0;

    for(int k=p; k<=r; k++)
    {
        if(temp1[i] <= temp2[j])
        {
            a[k] = temp1[i];
            i++;
        }
        else
        {
            a[k] = temp2[j];
            j++;
            countingInversion=countingInversion+(n1-i); 
        }
    }
    return countingInversion;
}
public static void main(String[] args)
{
    int[] a = {1, 20, 6, 4, 5};
    int countInversion = mergeSort(a, 0, a.length-1);
    System.out.println(countInversion);
}

Dado que esta es una pregunta antigua, daré mi respuesta en C.

#include <stdio.h>

int count = 0;
int inversions(int a[], int len);
void mergesort(int a[], int left, int right);
void merge(int a[], int left, int mid, int right);

int main() {
  int a[] = { 1, 5, 2, 4, 0 };
  printf("%d\n", inversions(a, 5));
}

int inversions(int a[], int len) {
  mergesort(a, 0, len - 1);
  return count;
}

void mergesort(int a[], int left, int right) {
  if (left < right) {
     int mid = (left + right) / 2;
     mergesort(a, left, mid);
     mergesort(a, mid + 1, right);
     merge(a, left, mid, right);
  }
}

void merge(int a[], int left, int mid, int right) {
  int i = left;
  int j = mid + 1;
  int k = 0;
  int b[right - left + 1];
  while (i <= mid && j <= right) {
     if (a[i] <= a[j]) {
       b[k++] = a[i++];
     } else {
       printf("right element: %d\n", a[j]);
       count += (mid - i + 1);
       printf("new count: %d\n", count);
       b[k++] = a[j++];
     }
  }
  while (i <= mid)
    b[k++] = a[i++];
  while (j <= right)
    b[k++] = a[j++];
  for (i = left, k = 0; i <= right; i++, k++) {
    a[i] = b[k];
  }
}

Aquí está la solución de c ++

/**
*array sorting needed to verify if first arrays n'th element is greater than sencond arrays
*some element then all elements following n will do the same
*/
#include<stdio.h>
#include<iostream>
using namespace std;
int countInversions(int array[],int size);
int merge(int arr1[],int size1,int arr2[],int size2,int[]);
int main()
{
    int array[] = {2, 4, 1, 3, 5};
    int size = sizeof(array) / sizeof(array[0]);
    int x = countInversions(array,size);
    printf("number of inversions = %d",x);
}

int countInversions(int array[],int size)
{
    if(size > 1 )
    {
    int mid = size / 2;
    int count1 = countInversions(array,mid);
    int count2 = countInversions(array+mid,size-mid);
    int temp[size];
    int count3 = merge(array,mid,array+mid,size-mid,temp);
    for(int x =0;x<size ;x++)
    {
        array[x] = temp[x];
    }
    return count1 + count2 + count3;
    }else{
        return 0;
    }
}

int merge(int arr1[],int size1,int arr2[],int size2,int temp[])
{
    int count  = 0;
    int a = 0;
    int b = 0;
    int c = 0;
    while(a < size1 && b < size2)
    {
        if(arr1[a] < arr2[b])
        {
            temp[c] = arr1[a];
            c++;
            a++;
        }else{
            temp[c] = arr2[b];
            b++;
            c++;
            count = count + size1 -a;
        }
    }

    while(a < size1)
    {
        temp[c] = arr1[a];
        c++;a++;
    }

while(b < size2)
    {
        temp[c] = arr2[b];
        c++;b++;
    }

    return count;
}

Esta respuesta contiene los resultados de las timeitpruebas producidas por el código en mi respuesta principal . ¡Consulte esa respuesta para obtener más detalles!

count_inversions speed test results

Size = 5, hi = 2, 4096 loops
ltree_count_PM2R         : 0.04871, 0.04872, 0.04876
bruteforce_loops_PM2R    : 0.05696, 0.05700, 0.05776
solution_TimBabych       : 0.05760, 0.05822, 0.05943
solutionE_TimBabych      : 0.06642, 0.06704, 0.06760
bruteforce_sum_PM2R      : 0.07523, 0.07545, 0.07563
perm_sum_PM2R            : 0.09873, 0.09875, 0.09935
rank_sum_PM2R            : 0.10449, 0.10463, 0.10468
solution_python          : 0.13034, 0.13061, 0.13221
fenwick_inline_PM2R      : 0.14323, 0.14610, 0.18802
perm_radixR_PM2R         : 0.15146, 0.15203, 0.15235
merge_count_BM           : 0.16179, 0.16267, 0.16467
perm_radixI_PM2R         : 0.16200, 0.16202, 0.16768
perm_fenwick_PM2R        : 0.16887, 0.16920, 0.17075
merge_PM2R               : 0.18262, 0.18271, 0.18418
count_inversions_NiklasB : 0.19183, 0.19279, 0.20388
count_inversion_mkso     : 0.20060, 0.20141, 0.20398
inv_cnt_ZheHu            : 0.20815, 0.20841, 0.20906
fenwick_PM2R             : 0.22109, 0.22137, 0.22379
reversePairs_nomanpouigt : 0.29620, 0.29689, 0.30293
Value: 5

Size = 10, hi = 5, 2048 loops
solution_TimBabych       : 0.05954, 0.05989, 0.05991
solutionE_TimBabych      : 0.05970, 0.05972, 0.05998
perm_sum_PM2R            : 0.07517, 0.07519, 0.07520
ltree_count_PM2R         : 0.07672, 0.07677, 0.07684
bruteforce_loops_PM2R    : 0.07719, 0.07724, 0.07817
rank_sum_PM2R            : 0.08587, 0.08823, 0.08864
bruteforce_sum_PM2R      : 0.09470, 0.09472, 0.09484
solution_python          : 0.13126, 0.13154, 0.13185
perm_radixR_PM2R         : 0.14239, 0.14320, 0.14474
perm_radixI_PM2R         : 0.14632, 0.14669, 0.14679
fenwick_inline_PM2R      : 0.16796, 0.16831, 0.17030
perm_fenwick_PM2R        : 0.18189, 0.18212, 0.18638
merge_count_BM           : 0.19816, 0.19870, 0.19948
count_inversions_NiklasB : 0.21807, 0.22031, 0.22215
merge_PM2R               : 0.22037, 0.22048, 0.26106
fenwick_PM2R             : 0.24290, 0.24314, 0.24744
count_inversion_mkso     : 0.24895, 0.24899, 0.25205
inv_cnt_ZheHu            : 0.26253, 0.26259, 0.26590
reversePairs_nomanpouigt : 0.35711, 0.35762, 0.35973
Value: 20

Size = 20, hi = 10, 1024 loops
solutionE_TimBabych      : 0.05687, 0.05696, 0.05720
solution_TimBabych       : 0.06126, 0.06151, 0.06168
perm_sum_PM2R            : 0.06875, 0.06906, 0.07054
rank_sum_PM2R            : 0.07988, 0.07995, 0.08002
ltree_count_PM2R         : 0.11232, 0.11239, 0.11257
bruteforce_loops_PM2R    : 0.12553, 0.12584, 0.12592
solution_python          : 0.13472, 0.13540, 0.13694
bruteforce_sum_PM2R      : 0.15820, 0.15849, 0.16021
perm_radixI_PM2R         : 0.17101, 0.17148, 0.17229
perm_radixR_PM2R         : 0.17891, 0.18087, 0.18366
perm_fenwick_PM2R        : 0.20554, 0.20708, 0.21412
fenwick_inline_PM2R      : 0.21161, 0.21163, 0.22047
merge_count_BM           : 0.24125, 0.24261, 0.24565
count_inversions_NiklasB : 0.25712, 0.25754, 0.25778
merge_PM2R               : 0.26477, 0.26566, 0.31297
fenwick_PM2R             : 0.28178, 0.28216, 0.29069
count_inversion_mkso     : 0.30286, 0.30290, 0.30652
inv_cnt_ZheHu            : 0.32024, 0.32041, 0.32447
reversePairs_nomanpouigt : 0.45812, 0.45822, 0.46172
Value: 98

Size = 40, hi = 20, 512 loops
solutionE_TimBabych      : 0.05784, 0.05787, 0.05958
solution_TimBabych       : 0.06452, 0.06475, 0.06479
perm_sum_PM2R            : 0.07254, 0.07261, 0.07263
rank_sum_PM2R            : 0.08537, 0.08540, 0.08572
ltree_count_PM2R         : 0.11744, 0.11749, 0.11792
solution_python          : 0.14262, 0.14285, 0.14465
perm_radixI_PM2R         : 0.18774, 0.18776, 0.18922
perm_radixR_PM2R         : 0.19425, 0.19435, 0.19609
bruteforce_loops_PM2R    : 0.21500, 0.21511, 0.21686
perm_fenwick_PM2R        : 0.23338, 0.23375, 0.23674
fenwick_inline_PM2R      : 0.24947, 0.24958, 0.25189
bruteforce_sum_PM2R      : 0.27627, 0.27646, 0.28041
merge_count_BM           : 0.28059, 0.28128, 0.28294
count_inversions_NiklasB : 0.28557, 0.28759, 0.29022
merge_PM2R               : 0.29886, 0.29928, 0.30317
fenwick_PM2R             : 0.30241, 0.30259, 0.35237
count_inversion_mkso     : 0.34252, 0.34356, 0.34441
inv_cnt_ZheHu            : 0.37468, 0.37569, 0.37847
reversePairs_nomanpouigt : 0.50725, 0.50770, 0.50943
Value: 369

Size = 80, hi = 40, 256 loops
solutionE_TimBabych      : 0.06339, 0.06373, 0.06513
solution_TimBabych       : 0.06984, 0.06994, 0.07009
perm_sum_PM2R            : 0.09171, 0.09172, 0.09186
rank_sum_PM2R            : 0.10468, 0.10474, 0.10500
ltree_count_PM2R         : 0.14416, 0.15187, 0.18541
solution_python          : 0.17415, 0.17423, 0.17451
perm_radixI_PM2R         : 0.20676, 0.20681, 0.20936
perm_radixR_PM2R         : 0.21671, 0.21695, 0.21736
perm_fenwick_PM2R        : 0.26197, 0.26252, 0.26264
fenwick_inline_PM2R      : 0.28111, 0.28249, 0.28382
count_inversions_NiklasB : 0.31746, 0.32448, 0.32451
merge_count_BM           : 0.31964, 0.33842, 0.35276
merge_PM2R               : 0.32890, 0.32941, 0.33322
fenwick_PM2R             : 0.34355, 0.34377, 0.34873
count_inversion_mkso     : 0.37689, 0.37698, 0.38079
inv_cnt_ZheHu            : 0.42923, 0.42941, 0.43249
bruteforce_loops_PM2R    : 0.43544, 0.43601, 0.43902
bruteforce_sum_PM2R      : 0.52106, 0.52160, 0.52531
reversePairs_nomanpouigt : 0.57805, 0.58156, 0.58252
Value: 1467

Size = 160, hi = 80, 128 loops
solutionE_TimBabych      : 0.06766, 0.06784, 0.06963
solution_TimBabych       : 0.07433, 0.07489, 0.07516
perm_sum_PM2R            : 0.13143, 0.13175, 0.13179
rank_sum_PM2R            : 0.14428, 0.14440, 0.14922
solution_python          : 0.20072, 0.20076, 0.20084
ltree_count_PM2R         : 0.20314, 0.20583, 0.24776
perm_radixI_PM2R         : 0.23061, 0.23078, 0.23525
perm_radixR_PM2R         : 0.23894, 0.23915, 0.24234
perm_fenwick_PM2R        : 0.30984, 0.31181, 0.31503
fenwick_inline_PM2R      : 0.31933, 0.32680, 0.32722
merge_count_BM           : 0.36003, 0.36387, 0.36409
count_inversions_NiklasB : 0.36796, 0.36814, 0.37106
merge_PM2R               : 0.36847, 0.36848, 0.37127
fenwick_PM2R             : 0.37833, 0.37847, 0.38095
count_inversion_mkso     : 0.42746, 0.42747, 0.43184
inv_cnt_ZheHu            : 0.48969, 0.48974, 0.49293
reversePairs_nomanpouigt : 0.67791, 0.68157, 0.72420
bruteforce_loops_PM2R    : 0.82816, 0.83175, 0.83282
bruteforce_sum_PM2R      : 1.03322, 1.03378, 1.03562
Value: 6194

Size = 320, hi = 160, 64 loops
solutionE_TimBabych      : 0.07467, 0.07470, 0.07483
solution_TimBabych       : 0.08036, 0.08066, 0.08077
perm_sum_PM2R            : 0.21142, 0.21201, 0.25766
solution_python          : 0.22410, 0.22644, 0.22897
rank_sum_PM2R            : 0.22820, 0.22851, 0.22877
ltree_count_PM2R         : 0.24424, 0.24595, 0.24645
perm_radixI_PM2R         : 0.25690, 0.25710, 0.26191
perm_radixR_PM2R         : 0.26501, 0.26504, 0.26729
perm_fenwick_PM2R        : 0.33483, 0.33507, 0.33845
fenwick_inline_PM2R      : 0.34413, 0.34484, 0.35153
merge_count_BM           : 0.39875, 0.39919, 0.40302
fenwick_PM2R             : 0.40434, 0.40439, 0.40845
merge_PM2R               : 0.40814, 0.41531, 0.51417
count_inversions_NiklasB : 0.41681, 0.42009, 0.42128
count_inversion_mkso     : 0.47132, 0.47192, 0.47385
inv_cnt_ZheHu            : 0.54468, 0.54750, 0.54893
reversePairs_nomanpouigt : 0.76164, 0.76389, 0.80357
bruteforce_loops_PM2R    : 1.59125, 1.60430, 1.64131
bruteforce_sum_PM2R      : 2.03734, 2.03834, 2.03975
Value: 24959

Run 2

Size = 640, hi = 320, 8 loops
solutionE_TimBabych      : 0.04135, 0.04374, 0.04575
ltree_count_PM2R         : 0.06738, 0.06758, 0.06874
perm_radixI_PM2R         : 0.06928, 0.06943, 0.07019
fenwick_inline_PM2R      : 0.07850, 0.07856, 0.08059
perm_fenwick_PM2R        : 0.08151, 0.08162, 0.08170
perm_sum_PM2R            : 0.09122, 0.09133, 0.09221
rank_sum_PM2R            : 0.09549, 0.09603, 0.11270
merge_count_BM           : 0.10733, 0.10807, 0.11032
count_inversions_NiklasB : 0.12460, 0.19865, 0.20205
solution_python          : 0.13514, 0.13585, 0.13814

Size = 1280, hi = 640, 8 loops
solutionE_TimBabych      : 0.04714, 0.04742, 0.04752
perm_radixI_PM2R         : 0.15325, 0.15388, 0.15525
solution_python          : 0.15709, 0.15715, 0.16076
fenwick_inline_PM2R      : 0.16048, 0.16160, 0.16403
ltree_count_PM2R         : 0.16213, 0.16238, 0.16428
perm_fenwick_PM2R        : 0.16408, 0.16416, 0.16449
count_inversions_NiklasB : 0.19755, 0.19833, 0.19897
merge_count_BM           : 0.23736, 0.23793, 0.23912
perm_sum_PM2R            : 0.32946, 0.32969, 0.33277
rank_sum_PM2R            : 0.34637, 0.34756, 0.34858

Size = 2560, hi = 1280, 8 loops
solutionE_TimBabych      : 0.10898, 0.11005, 0.11025
perm_radixI_PM2R         : 0.33345, 0.33352, 0.37656
ltree_count_PM2R         : 0.34670, 0.34786, 0.34833
perm_fenwick_PM2R        : 0.34816, 0.34879, 0.35214
fenwick_inline_PM2R      : 0.36196, 0.36455, 0.36741
solution_python          : 0.36498, 0.36637, 0.40887
count_inversions_NiklasB : 0.42274, 0.42745, 0.42995
merge_count_BM           : 0.50799, 0.50898, 0.50917
perm_sum_PM2R            : 1.27773, 1.27897, 1.27951
rank_sum_PM2R            : 1.29728, 1.30389, 1.30448

Size = 5120, hi = 2560, 8 loops
solutionE_TimBabych      : 0.26914, 0.26993, 0.27253
perm_radixI_PM2R         : 0.71416, 0.71634, 0.71753
perm_fenwick_PM2R        : 0.71976, 0.72078, 0.72078
fenwick_inline_PM2R      : 0.72776, 0.72804, 0.73143
ltree_count_PM2R         : 0.81972, 0.82043, 0.82290
solution_python          : 0.83714, 0.83756, 0.83962
count_inversions_NiklasB : 0.87282, 0.87395, 0.92087
merge_count_BM           : 1.09496, 1.09584, 1.10207
rank_sum_PM2R            : 5.02564, 5.06277, 5.06666
perm_sum_PM2R            : 5.09088, 5.12999, 5.13512

Size = 10240, hi = 5120, 8 loops
solutionE_TimBabych      : 0.71556, 0.71718, 0.72201
perm_radixI_PM2R         : 1.54785, 1.55096, 1.55515
perm_fenwick_PM2R        : 1.55103, 1.55353, 1.59298
fenwick_inline_PM2R      : 1.57118, 1.57240, 1.57271
ltree_count_PM2R         : 1.76240, 1.76247, 1.80944
count_inversions_NiklasB : 1.86543, 1.86851, 1.87208
solution_python          : 2.01490, 2.01519, 2.06423
merge_count_BM           : 2.35215, 2.35301, 2.40023
rank_sum_PM2R            : 20.07048, 20.08399, 20.13200
perm_sum_PM2R            : 20.10187, 20.12551, 20.12683

Run 3
Size = 20480, hi = 10240, 4 loops
solutionE_TimBabych      : 1.07636, 1.08243, 1.09569
perm_radixI_PM2R         : 1.59579, 1.60519, 1.61785
perm_fenwick_PM2R        : 1.66885, 1.68549, 1.71109
fenwick_inline_PM2R      : 1.72073, 1.72752, 1.77217
ltree_count_PM2R         : 1.96900, 1.97820, 2.02578
count_inversions_NiklasB : 2.03257, 2.05005, 2.18548
merge_count_BM           : 2.46768, 2.47377, 2.52133
solution_python          : 2.49833, 2.50179, 3.79819

Size = 40960, hi = 20480, 4 loops
solutionE_TimBabych      : 3.51733, 3.52008, 3.56996
perm_radixI_PM2R         : 3.51736, 3.52365, 3.56459
perm_fenwick_PM2R        : 3.76097, 3.80900, 3.87974
fenwick_inline_PM2R      : 3.95099, 3.96300, 3.99748
ltree_count_PM2R         : 4.49866, 4.54652, 5.39716
count_inversions_NiklasB : 4.61851, 4.64303, 4.73026
merge_count_BM           : 5.31945, 5.35378, 5.35951
solution_python          : 6.78756, 6.82911, 6.98217

Size = 81920, hi = 40960, 4 loops
perm_radixI_PM2R         : 7.68723, 7.71986, 7.72135
perm_fenwick_PM2R        : 8.52404, 8.53349, 8.53710
fenwick_inline_PM2R      : 8.97082, 8.97561, 8.98347
ltree_count_PM2R         : 10.01142, 10.01426, 10.03216
count_inversions_NiklasB : 10.60807, 10.62424, 10.70425
merge_count_BM           : 11.42149, 11.42342, 11.47003
solutionE_TimBabych      : 12.83390, 12.83485, 12.89747
solution_python          : 19.66092, 19.67067, 20.72204

Size = 163840, hi = 81920, 4 loops
perm_radixI_PM2R         : 17.14153, 17.16885, 17.22240
perm_fenwick_PM2R        : 19.25944, 19.27844, 20.27568
fenwick_inline_PM2R      : 19.78221, 19.80219, 19.80766
ltree_count_PM2R         : 22.42240, 22.43259, 22.48837
count_inversions_NiklasB : 22.97341, 23.01516, 23.98052
merge_count_BM           : 24.42683, 24.48559, 24.51488
solutionE_TimBabych      : 60.96006, 61.20145, 63.71835
solution_python          : 73.75132, 73.79854, 73.95874

Size = 327680, hi = 163840, 4 loops
perm_radixI_PM2R         : 36.56715, 36.60221, 37.05071
perm_fenwick_PM2R        : 42.21616, 42.21838, 42.26053
fenwick_inline_PM2R      : 43.04987, 43.09075, 43.13287
ltree_count_PM2R         : 49.87400, 50.08509, 50.69292
count_inversions_NiklasB : 50.74591, 50.75012, 50.75551
merge_count_BM           : 52.37284, 52.51491, 53.43003
solutionE_TimBabych      : 373.67198, 377.03341, 377.42360
solution_python          : 411.69178, 411.92691, 412.83856

Size = 655360, hi = 327680, 4 loops
perm_radixI_PM2R         : 78.51927, 78.66327, 79.46325
perm_fenwick_PM2R        : 90.64711, 90.80328, 91.76126
fenwick_inline_PM2R      : 93.32482, 93.39086, 94.28880
count_inversions_NiklasB : 107.74393, 107.80036, 108.71443
ltree_count_PM2R         : 109.11328, 109.23592, 110.18247
merge_count_BM           : 111.05633, 111.07840, 112.05861
solutionE_TimBabych      : 1830.46443, 1836.39960, 1849.53918
solution_python          : 1911.03692, 1912.04484, 1914.69786

Aquí hay un código C para contar inversiones

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>

int  _mergeSort(int arr[], int temp[], int left, int right);
int merge(int arr[], int temp[], int left, int mid, int right);

/* This function sorts the input array and returns the
   number of inversions in the array */
int mergeSort(int arr[], int array_size)
{
    int *temp = (int *)malloc(sizeof(int)*array_size);
    return _mergeSort(arr, temp, 0, array_size - 1);
}

/* An auxiliary recursive function that sorts the input array and
  returns the number of inversions in the array. */
int _mergeSort(int arr[], int temp[], int left, int right)
{
  int mid, inv_count = 0;
  if (right > left)
  {
    /* Divide the array into two parts and call _mergeSortAndCountInv()
       for each of the parts */
    mid = (right + left)/2;

    /* Inversion count will be sum of inversions in left-part, right-part
      and number of inversions in merging */
    inv_count  = _mergeSort(arr, temp, left, mid);
    inv_count += _mergeSort(arr, temp, mid+1, right);

    /*Merge the two parts*/
    inv_count += merge(arr, temp, left, mid+1, right);
  }
  return inv_count;
}

/* This funt merges two sorted arrays and returns inversion count in
   the arrays.*/
int merge(int arr[], int temp[], int left, int mid, int right)
{
  int i, j, k;
  int inv_count = 0;

  i = left; /* i is index for left subarray*/
  j = mid;  /* i is index for right subarray*/
  k = left; /* i is index for resultant merged subarray*/
  while ((i <= mid - 1) && (j <= right))
  {
    if (arr[i] <= arr[j])
    {
      temp[k++] = arr[i++];
    }
    else
    {
      temp[k++] = arr[j++];

     /*this is tricky -- see above explanation/diagram for merge()*/
      inv_count = inv_count + (mid - i);
    }
  }

  /* Copy the remaining elements of left subarray
   (if there are any) to temp*/
  while (i <= mid - 1)
    temp[k++] = arr[i++];

  /* Copy the remaining elements of right subarray
   (if there are any) to temp*/
  while (j <= right)
    temp[k++] = arr[j++];

  /*Copy back the merged elements to original array*/
  for (i=left; i <= right; i++)
    arr[i] = temp[i];

  return inv_count;
}

/* Driver progra to test above functions */
int main(int argv, char** args)
{
  int arr[] = {1, 20, 6, 4, 5};
  printf(" Number of inversions are %d \n", mergeSort(arr, 5));
  getchar();
  return 0;
}

Aquí se dio una explicación detallada: http://www.geeksforgeeks.org/counting-inversions/

O (n log n) tiempo, O (n) solución espacial en java.

Un mergesort, con un ajuste para preservar el número de inversiones realizadas durante el paso de combinación. (para obtener un mergesort bien explicado, consulte http://www.vogella.com/tutorials/JavaAlgorithmsMergesort/article.html )

Dado que se puede realizar la ordenación por fusión en el lugar, la complejidad del espacio se puede mejorar a O (1).

Cuando se usa este tipo, las inversiones ocurren solo en el paso de fusión y solo cuando tenemos que poner un elemento de la segunda parte antes de los elementos de la primera mitad, por ejemplo

• 0 5 10 15

combinado con

• 1 6 22

tenemos 3 + 2 + 0 = 5 inversiones:

• 1 con {5, 10, 15}
• 6 con {10, 15}
• 22 con {}

Después de haber realizado las 5 inversiones, nuestra nueva lista combinada es 0, 1, 5, 6, 10, 15, 22

Hay una tarea de demostración en Codility llamada ArrayInversionCount, donde puede probar su solución.

    public class FindInversions {

    public static int solution(int[] input) {
        if (input == null)
            return 0;
        int[] helper = new int[input.length];
        return mergeSort(0, input.length - 1, input, helper);
    }

    public static int mergeSort(int low, int high, int[] input, int[] helper) {
        int inversionCount = 0;
        if (low < high) {
            int medium = low + (high - low) / 2;
            inversionCount += mergeSort(low, medium, input, helper);
            inversionCount += mergeSort(medium + 1, high, input, helper);
            inversionCount += merge(low, medium, high, input, helper);
        }
        return inversionCount;
    }

    public static int merge(int low, int medium, int high, int[] input, int[] helper) {
        int inversionCount = 0;

        for (int i = low; i <= high; i++)
            helper[i] = input[i];

        int i = low;
        int j = medium + 1;
        int k = low;

        while (i <= medium && j <= high) {
            if (helper[i] <= helper[j]) {
                input[k] = helper[i];
                i++;
            } else {
                input[k] = helper[j];
                // the number of elements in the first half which the j element needs to jump over.
                // there is an inversion between each of those elements and j.
                inversionCount += (medium + 1 - i);
                j++;
            }
            k++;
        }

        // finish writing back in the input the elements from the first part
        while (i <= medium) {
            input[k] = helper[i];
            i++;
            k++;
        }
        return inversionCount;
    }

}

Aquí está la implementación de O (n * log (n)) perl:

sub sort_and_count {
    my ($arr, $n) = @_;
    return ($arr, 0) unless $n > 1;

    my $mid = $n % 2 == 1 ? ($n-1)/2 : $n/2;
    my @left = @$arr[0..$mid-1];
    my @right = @$arr[$mid..$n-1];

    my ($sleft, $x) = sort_and_count( \@left, $mid );
    my ($sright, $y) = sort_and_count( \@right, $n-$mid);
    my ($merged, $z) = merge_and_countsplitinv( $sleft, $sright, $n );

    return ($merged, $x+$y+$z);
}

sub merge_and_countsplitinv {
    my ($left, $right, $n) = @_;

    my ($l_c, $r_c) = ($#$left+1, $#$right+1);
    my ($i, $j) = (0, 0);
    my @merged;
    my $inv = 0;

    for my $k (0..$n-1) {
        if ($i<$l_c && $j<$r_c) {
            if ( $left->[$i] < $right->[$j]) {
                push @merged, $left->[$i];
                $i+=1;
            } else {
                push @merged, $right->[$j];
                $j+=1;
                $inv += $l_c - $i;
            }
        } else {
            if ($i>=$l_c) {
                push @merged, @$right[ $j..$#$right ];
            } else {
                push @merged, @$left[ $i..$#$left ];
            }
            last;
        }
    }

    return (\@merged, $inv);
}

Mi respuesta en Python:

1- Ordene la matriz primero y haga una copia. En mi programa, B representa la matriz ordenada. 2- Itere sobre la matriz original (sin clasificar) y busque el índice de ese elemento en la lista ordenada. También anote el índice del elemento. 3- Asegúrese de que el elemento no tenga duplicados, si los tiene, debe cambiar el valor de su índice en -1. La condición while en mi programa es exactamente eso. 4- Sigue contando la inversión que será tu valor de índice, y quita el elemento una vez que hayas calculado su inversión.

def binarySearch(alist, item):
    first = 0
    last = len(alist) - 1
    found = False

    while first <= last and not found:
        midpoint = (first + last)//2
        if alist[midpoint] == item:
            return midpoint
        else:
            if item < alist[midpoint]:
                last = midpoint - 1
            else:
                first = midpoint + 1

def solution(A):

    B = list(A)
    B.sort()
    inversion_count = 0
    for i in range(len(A)):
        j = binarySearch(B, A[i])
        while B[j] == B[j - 1]:
            if j < 1:
                break
            j -= 1

        inversion_count += j
        B.pop(j)

    if inversion_count > 1000000000:
        return -1
    else:
        return inversion_count

print solution([4, 10, 11, 1, 3, 9, 10])

Bueno, tengo una solución diferente, pero me temo que funcionaría solo para elementos de matriz distintos.

//Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main()
{
    int i,n;
    cin >> n;
    int arr[n],inv[n];
    for(i=0;i<n;i++){
        cin >> arr[i];
    }
    vector<int> v;
    v.push_back(arr[n-1]);
    inv[n-1]=0;
    for(i=n-2;i>=0;i--){
        auto it = lower_bound(v.begin(),v.end(),arr[i]); 
        //calculating least element in vector v which is greater than arr[i]
        inv[i]=it-v.begin();
        //calculating distance from starting of vector
        v.insert(it,arr[i]);
        //inserting that element into vector v
    }
    for(i=0;i<n;i++){
        cout << inv[i] << " ";
    }
    cout << endl;
    return 0;
}

Para explicar mi código, seguimos agregando elementos desde el final de Array.Para cualquier elemento de matriz entrante, encontramos el índice del primer elemento en el vector v que es mayor que nuestro elemento entrante y asignamos ese valor al recuento de inversión del índice del elemento entrante Después de eso, insertamos ese elemento en el vector v en su posición correcta de modo que el vector v permanezca en orden ordenado.

//INPUT     
4
2 1 4 3

//OUTPUT    
1 0 1 0

//To calculate total inversion count just add up all the elements in output array

Otra solución de Python, breve. Hace uso del módulo bisecto incorporado, que proporciona funciones para insertar un elemento en su lugar en la matriz ordenada y para encontrar el índice del elemento en la matriz ordenada.

La idea es almacenar los elementos que quedan del n-ésimo en dicha matriz, lo que nos permitiría encontrar fácilmente el número de ellos mayor que n-ésimo.

import bisect
def solution(A):
    sorted_left = []
    res = 0
    for i in xrange(1, len(A)):
        bisect.insort_left(sorted_left, A[i-1])
        # i is also the length of sorted_left
        res += (i - bisect.bisect(sorted_left, A[i]))
    return res

La respuesta fácil de O (n ^ 2) es usar bucles for anidados e incrementar un contador por cada inversión

int counter = 0;

for(int i = 0; i < n - 1; i++)
{
    for(int j = i+1; j < n; j++)
    {
        if( A[i] > A[j] )
        {
            counter++;
        }
    }
}

return counter;

Ahora supongo que quieres una solución más eficiente, lo pensaré.

Una posible solución en C ++ que satisfaga el requisito de complejidad de tiempo O (N * log (N)) sería la siguiente.

#include <algorithm>

vector<int> merge(vector<int>left, vector<int>right, int &counter)
{

    vector<int> result;

    vector<int>::iterator it_l=left.begin();
    vector<int>::iterator it_r=right.begin();

    int index_left=0;

    while(it_l!=left.end() || it_r!=right.end())
    {

        // the following is true if we are finished with the left vector 
        // OR if the value in the right vector is the smaller one.

        if(it_l==left.end() || (it_r!=right.end() && *it_r<*it_l) )
        {
            result.push_back(*it_r);
            it_r++;

            // increase inversion counter
            counter+=left.size()-index_left;
        }
        else
        {
            result.push_back(*it_l);
            it_l++;
            index_left++;

        }
    }

    return result;
}

vector<int> merge_sort_and_count(vector<int> A, int &counter)
{

    int N=A.size();
    if(N==1)return A;

    vector<int> left(A.begin(),A.begin()+N/2);
    vector<int> right(A.begin()+N/2,A.end());

    left=merge_sort_and_count(left,counter);
    right=merge_sort_and_count(right,counter);


    return merge(left, right, counter);

}

Se diferencia de una clasificación de combinación normal solo por el contador.

Aquí está mi solución O (n log n) en Ruby:

def solution(t)
    sorted, inversion_count = sort_inversion_count(t)
    return inversion_count
end

def sort_inversion_count(t)
    midpoint = t.length / 2
    left_half = t[0...midpoint]
    right_half = t[midpoint..t.length]

    if midpoint == 0
        return t, 0
    end

    sorted_left_half, left_half_inversion_count = sort_inversion_count(left_half)
    sorted_right_half, right_half_inversion_count = sort_inversion_count(right_half)

    sorted = []
    inversion_count = 0
    while sorted_left_half.length > 0 or sorted_right_half.length > 0
        if sorted_left_half.empty?
            sorted.push sorted_right_half.shift
        elsif sorted_right_half.empty?
            sorted.push sorted_left_half.shift
        else
            if sorted_left_half[0] > sorted_right_half[0]
                inversion_count += sorted_left_half.length
                sorted.push sorted_right_half.shift
            else
                sorted.push sorted_left_half.shift
            end
        end
    end

    return sorted, inversion_count + left_half_inversion_count + right_half_inversion_count
end

Y algunos casos de prueba:

require "minitest/autorun"

class TestCodility < Minitest::Test
    def test_given_example
        a = [-1, 6, 3, 4, 7, 4]
        assert_equal solution(a), 4
    end

    def test_empty
        a = []
        assert_equal solution(a), 0
    end

    def test_singleton
        a = [0]
        assert_equal solution(a), 0
    end

    def test_none
        a = [1,2,3,4,5,6,7]
        assert_equal solution(a), 0
    end

    def test_all
        a = [5,4,3,2,1]
        assert_equal solution(a), 10
    end

    def test_clones
        a = [4,4,4,4,4,4]
        assert_equal solution(a), 0
    end
end

La mejor manera optimizada será resolverlo a través del tipo de combinación, donde al fusionarse podemos verificar cuántas inversiones se requieren comparando la matriz izquierda y derecha. Siempre que el elemento de la matriz izquierda sea mayor que el elemento de la matriz derecha, será una inversión.

Enfoque de clasificación de fusión: -

Aquí está el código. El código es exactamente el mismo que el ordenamiento combinado, excepto el fragmento de código en el mergeToParentmétodo donde estoy contando la inversión en la condición else de(left[leftunPicked] < right[rightunPicked])

public class TestInversionThruMergeSort {
    
    static int count =0;

    public static void main(String[] args) {
        int[] arr = {6, 9, 1, 14, 8, 12, 3, 2};
        

        partition(arr);

        for (int i = 0; i < arr.length; i++) {

            System.out.println(arr[i]);
        }
        
        System.out.println("inversions are "+count);

    }

    public static void partition(int[] arr) {

        if (arr.length > 1) {

            int mid = (arr.length) / 2;
            int[] left = null;

            if (mid > 0) {
                left = new int[mid];

                for (int i = 0; i < mid; i++) {
                    left[i] = arr[i];
                }
            }

            int[] right = new int[arr.length - left.length];

            if ((arr.length - left.length) > 0) {
                int j = 0;
                for (int i = mid; i < arr.length; i++) {
                    right[j] = arr[i];
                    ++j;
                }
            }

            partition(left);
            partition(right);
            mergeToParent(left, right, arr);
        }

    }

    public static void mergeToParent(int[] left, int[] right, int[] parent) {

        int leftunPicked = 0;
        int rightunPicked = 0;
        int parentIndex = -1;

        while (rightunPicked < right.length && leftunPicked < left.length) {

            if (left[leftunPicked] < right[rightunPicked]) {
                parent[++parentIndex] = left[leftunPicked];
                ++leftunPicked;

            } else {
                count = count + left.length-leftunPicked;
                if ((rightunPicked < right.length)) {
                    parent[++parentIndex] = right[rightunPicked];
                    ++rightunPicked;
                }
            }

        }

        while (leftunPicked < left.length) {
            parent[++parentIndex] = left[leftunPicked];
            ++leftunPicked;
        }

        while (rightunPicked < right.length) {
            parent[++parentIndex] = right[rightunPicked];
            ++rightunPicked;
        }

    }

}

Otro enfoque en el que podemos comparar la matriz de entrada con la matriz ordenada: - Esta implementación de Diablo responde. Aunque este no debería ser el enfoque preferido, ya que eliminar los n elementos de una matriz o lista es log (n ^ 2).

import java.util.ArrayList;
import java.util.Arrays;
import java.util.Collections;
import java.util.Iterator;
import java.util.List;


public class TestInversion {

    public static void main(String[] args) {
        
        Integer [] arr1 = {6, 9, 1, 14, 8, 12, 3, 2};
        
        List<Integer> arr = new ArrayList(Arrays.asList(arr1));
        List<Integer> sortArr = new ArrayList<Integer>();
        
        for(int i=0;i<arr.size();i++){
            sortArr.add(arr.get(i));
         
        }
        
            
        Collections.sort(sortArr);
        
        int inversion = 0;
        
        Iterator<Integer> iter = arr.iterator();
        
        while(iter.hasNext()){
            
            Integer el = (Integer)iter.next();
            int index = sortArr.indexOf(el);
            
            if(index+1 > 1){
                inversion = inversion + ((index+1)-1);
            }
            
            //iter.remove();
            sortArr.remove(el);
            
        }
        
        System.out.println("Inversions are "+inversion);
        
        
        

    }


}

El número máximo de inversiones posibles para una lista de tamaño nse puede generalizar mediante una expresión:

maxPossibleInversions = (n * (n-1) ) / 2

Entonces, para una matriz de tamaño, 6las inversiones máximas posibles serán iguales 15.

Para lograr una complejidad de n logn, podríamos aprovechar el algoritmo de inversión en la ordenación por fusión.

Estos son los pasos generalizados:

• Divide la matriz en dos
• Llame a la rutina mergeSort. Si el elemento del subarreglo izquierdo es mayor que el elemento del subarreglo derecho, hagainversionCount += leftSubArray.length

¡Eso es!

Este es un ejemplo simple, lo hice usando Javascript:

var arr = [6,5,4,3,2,1]; // Sample input array

var inversionCount = 0;

function mergeSort(arr) {
    if(arr.length == 1)
        return arr;

    if(arr.length > 1) {
        let breakpoint = Math.ceil((arr.length/2));
        // Left list starts with 0, breakpoint-1
        let leftList = arr.slice(0,breakpoint);
        // Right list starts with breakpoint, length-1
        let rightList = arr.slice(breakpoint,arr.length);

        // Make a recursive call
        leftList = mergeSort(leftList);
        rightList = mergeSort(rightList);

        var a = merge(leftList,rightList);
        return a;
    }
}

function merge(leftList,rightList) {
    let result = [];
    while(leftList.length && rightList.length) {
        /**
         * The shift() method removes the first element from an array
         * and returns that element. This method changes the length
         * of the array.
         */
        if(leftList[0] <= rightList[0]) {
            result.push(leftList.shift());
        }else{
            inversionCount += leftList.length;
            result.push(rightList.shift());
        }
    }

    while(leftList.length)
        result.push(leftList.shift());

    while(rightList.length)
        result.push(rightList.shift());

    console.log(result);
    return result;
}

mergeSort(arr);
console.log('Number of inversions: ' + inversionCount);

Implementación de contar inversiones en una matriz con ordenación por fusión en Swift:

Tenga en cuenta que el número de intercambios se incrementa en

nSwaps += mid + 1 - iL 

(que es la longitud relativa del lado izquierdo de la matriz menos el índice del elemento actual en el lado izquierdo)

... porque ese es el número de elementos que el elemento en el lado derecho de la matriz tuvo que omitir (# de inversiones) para ser ordenados.

func merge(arr: inout [Int], arr2: inout [Int], low: Int, mid: Int, high: Int) -> Int {
    var nSwaps = 0;

    var i = low;
    var iL = low;
    var iR = mid + 1;

    while iL <= mid && iR <= high {
        if arr2[iL] <= arr2[iR] {
            arr[i] = arr2[iL]
            iL += 1
            i += 1
        } else {
            arr[i] = arr2[iR]
            nSwaps += mid + 1 - iL
            iR += 1
            i += 1
        }
    }

    while iL <= mid {
        arr[i] = arr2[iL]
        iL += 1
        i += 1
    }

    while iR <= high {
        arr[i] = arr2[iR]
        iR += 1
        i += 1
    }

    return nSwaps
}

func mergeSort(arr: inout [Int]) -> Int {
    var arr2 = arr
    let nSwaps = mergeSort(arr: &arr, arr2: &arr2, low: 0, high: arr.count-1)
    return nSwaps
}

func mergeSort(arr: inout [Int], arr2: inout [Int], low: Int, high: Int) -> Int {

    if low >= high {
        return 0
    }

    let mid = low + ((high - low) / 2)

    var nSwaps = 0;
    nSwaps += mergeSort(arr: &arr2, arr2: &arr, low: low, high: mid)
    nSwaps += mergeSort(arr: &arr2, arr2: &arr, low: mid+1, high: high)
    nSwaps += merge(arr: &arr, arr2: &arr2, low: low, mid: mid, high: high)

    return nSwaps
}

var arrayToSort: [Int] = [2, 1, 3, 1, 2]
let nSwaps = mergeSort(arr: &arrayToSort)

print(arrayToSort) // [1, 1, 2, 2, 3]
print(nSwaps) // 4

La mayoría de las respuestas se basan en, MergeSortpero no es la única forma de resolver esto es enO(nlogn)

Discutiré algunos enfoques.

1. Usar una Balanced Binary Search Tree

   • Aumente su árbol para almacenar frecuencias de elementos duplicados.
   • La idea es seguir contando nodos más grandes cuando el árbol se atraviesa desde la raíz hasta la hoja para su inserción.

Algo como esto.

Node *insert(Node* root, int data, int& count){
    if(!root) return new Node(data);
    if(root->data == data){
        root->freq++;
        count += getSize(root->right);
    }
    else if(root->data > data){
        count += getSize(root->right) + root->freq;
        root->left = insert(root->left, data, count);
    }
    else root->right = insert(root->right, data, count);
    return balance(root);
}

int getCount(int *a, int n){
    int c = 0;
    Node *root = NULL;
    for(auto i=0; i<n; i++) root = insert(root, a[i], c);
    return c;
}

2. Usar una Binary Indexed Tree
   • Cree un BIT de suma.
   • Haga un bucle desde el final y comience a encontrar el recuento de elementos más grandes.

int getInversions(int[] a) {
    int n = a.length, inversions = 0;
    int[] bit = new int[n+1];
    compress(a);
    BIT b = new BIT();
    for (int i=n-1; i>=0; i--) {
         inversions += b.getSum(bit, a[i] - 1);
         b.update(bit, n, a[i], 1);
     }
     return inversions;
}

3. Usar una Segment Tree
   • Cree un árbol de segmentos de suma.
   • Bucle desde el final de la matriz y consulta entre [0, a[i]-1]y actualizaa[i] with 1

int getInversions(int *a, int n) {
    int N = n + 1, c = 0;
    compress(a, n);
    int tree[N<<1] = {0};
    for (int i=n-1; i>=0; i--) {
        c+= query(tree, N, 0, a[i] - 1);
        update(tree, N, a[i], 1);
    }
    return c;
}

Además, cuando se usa BITo Segment-Treeuna buena idea es hacerCoordinate compression

void compress(int *a, int n) {
    int temp[n];
    for (int i=0; i<n; i++) temp[i] = a[i];
    sort(temp, temp+n);
    for (int i=0; i<n; i++) a[i] = lower_bound(temp, temp+n, a[i]) - temp + 1;
}

C ++ Θ (n lg n) Solución con la impresión de pares que constituyen en cuenta de inversión.

int merge(vector<int>&nums , int low , int mid , int high){
    int size1 = mid - low +1;
    int size2= high - mid;
    vector<int>left;
    vector<int>right;
    for(int i = 0  ; i < size1 ; ++i){
        left.push_back(nums[low+i]);
    }
    for(int i = 0 ; i <size2 ; ++i){
        right.push_back(nums[mid+i+1]);
    }
    left.push_back(INT_MAX);
    right.push_back(INT_MAX);
    int i = 0 ;
    int j = 0;
    int start  = low;
    int inversion = 0 ;
    while(i < size1 && j < size2){
        if(left[i]<right[j]){
            nums[start] = left[i];
            start++;
            i++;
        }else{
            for(int l = i ; l < size1; ++l){
                cout<<"("<<left[l]<<","<<right[j]<<")"<<endl;
            }
            inversion += size1 - i;
            nums[start] = right[j];
            start++;
            j++;
        }
    }
    if(i == size1){
        for(int c = j ; c< size2 ; ++c){
            nums[start] = right[c];
            start++;
        }
    }
    if(j == size2){
        for(int c =  i ; c< size1 ; ++c){
            nums[start] = left[c];
            start++;
        }
    }
    return inversion;
}
int inversion_count(vector<int>& nums , int low , int high){
    if(high>low){
        int mid = low + (high-low)/2;
        int left = inversion_count(nums,low,mid);
        int right = inversion_count(nums,mid+1,high);
        int inversion = merge(nums,low,mid,high) + left + right;
        return inversion;
    }
    return 0 ;
}

Use mergesort, en el contador incremental de pasos de combinación si el número copiado en la salida es de la matriz derecha.

Recientemente tuve que hacer esto en R:

inversionNumber <- function(x){
    mergeSort <- function(x){
        if(length(x) == 1){
            inv <- 0
        } else {
            n <- length(x)
            n1 <- ceiling(n/2)
            n2 <- n-n1
            y1 <- mergeSort(x[1:n1])
            y2 <- mergeSort(x[n1+1:n2])
            inv <- y1$inversions + y2$inversions
            x1 <- y1$sortedVector
            x2 <- y2$sortedVector
            i1 <- 1
            i2 <- 1
            while(i1+i2 <= n1+n2+1){
                if(i2 > n2 || i1 <= n1 && x1[i1] <= x2[i2]){
                    x[i1+i2-1] <- x1[i1]
                    i1 <- i1 + 1
                } else {
                    inv <- inv + n1 + 1 - i1
                    x[i1+i2-1] <- x2[i2]
                    i2 <- i2 + 1
                }
            }
        }
        return (list(inversions=inv,sortedVector=x))
    }
    r <- mergeSort(x)
    return (r$inversions)
}