原题链接：C. Mashmokh and Reverse Operation
题目大意：
给出一个长度为 2 n 2^{n} 2n 的正整数数组 a a a ，再给出 m m m 次操作。
每次操作给出一个数字 q q q ，把数组分为 2 n − q 2^{n-q} 2n−q 个长度为 2 q 2^{q} 2q 的段，然后每段执行一次翻转操作，操作完后输出当前数组的逆序对数量。
分段操作： [ a 1 , a 2 , . . . , a 2 q ] , [ a 2 q + 1 , a 2 q + 2 , . . . , a 2 q + 1 ] , . . . , [ a 2 n − 1 + 1 , a 2 n − 1 + 2 , . . . , a 2 n ] [a_{1},a_{2},...,a_{2^q}],[a_{2^{q}+1},a_{2^{q}+2},...,a_{2^{q+1}}],...,[a_{2^{n-1}+1},a_{2^{n-1}+2},...,a_{2^{n}}] [a1,a2,...,a2q],[a2q+1,a2q+2,...,a2q+1],...,[a2n−1+1,a2n−1+2,...,a2n]
翻转操作： [ a 2 q , a 2 q − 1 , . . . , a 1 ] , [ a 2 q + 1 , a 2 q − 1 , . . . , a 2 q + 1 ] , . . . , [ a 2 n , a 2 n − 1 , . . . , a 2 n − 1 + 1 ] [a_{2^{q}},a_{2^{q}-1},...,a_{1}],[a_{2^{q+1}},a_{2^{q}-1},...,a_{2^{q}+1}],...,[a_{2^{n}},a_{2^{n}-1},...,a_{2^{n-1}+1}] [a2q,a2q−1,...,a1],[a2q+1,a2q−1,...,a2q+1],...,[a2n,a2n−1,...,a2n−1+1]
每次操作会改变原数组，并且都要输出操作完后逆序对的数量。
解题思路：
很有意思的分治归并排序题。
首先发现我们数组长度是 2 2 2 的次幂，且每次分段长度也都是 2 2 2 的次幂，暗示我们可以向着分治的方向去思考。
我们知道：逆序对 + + + 顺序对 = n ⋅ ( n − 1 ) 2 =\frac{n \cdot(n-1)}{2} =2n⋅(n−1) 其中 n n n 为区间长度。
我们将一个区间翻转时，本质上就是将逆序对的值和顺序对的值交换了一下，因为本来逆序的翻转之后就变成顺序的了。
这样类似将数组分成一段段的 2 2 2 次幂长度，我们考虑可以考虑类似归并排序的分治方法。
归并排序是在排序的过程中同时算出每一层的逆序对，然后相加每层得到的逆序对，从而得到整个原数组的逆序对的。
假设原数组 a a a 为 [ 4 , 5 , 7 , 1 , 3 , 6 , 8 , 2 ] [4,5,7,1,3,6,8,2] [4,5,7,1,3,6,8,2] ，我们画出归并排序树看看：
3 : [ 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 ] 7 3:[1,2,3,4,5,6,7,8]^{7} 3:[1,2,3,4,5,6,7,8]7
2 : [ 1 , 4 , 5 , 7 ] 2 , [ 2 , 3 , 6 , 8 ] 2 2:[1,4,5,7]^{2},[2,3,6,8]^{2} 2:[1,4,5,7]2,[2,3,6,8]2
1 : [ 4 , 5 ] 0 , [ 1 , 7 ] 1 , [ 3 , 6 ] 0 , [ 2 , 8 ] 1 1:[4,5]^{0},[1,7]^{1},[3,6]^{0},[2,8]^{1} 1:[4,5]0,[1,7]1,[3,6]0,[2,8]1
0 : [ 4 ] , [ 5 ] , [ 7 ] , [ 1 ] , [ 3 ] , [ 6 ] , [ 8 ] , [ 2 ] 0:[4],[5],[7],[1],[3],[6],[8],[2] 0:[4],[5],[7],[1],[3],[6],[8],[2]
（右上角角标为将该层排好序时得到的逆序对数量，叶子层（第 0 0 0 层）均为 0 0 0 就不做标记了）
那么总的逆序对数就是所有层角标相加之和： 7 + 2 + 2 + 0 + 1 + 0 + 1 = 13 7+2+2+0+1+0+1=13 7+2+2+0+1+0+1=13 对。
我们考虑将区间长度为 2 1 2^{1} 21 的段全翻转，看看会造成什么影响。
3 : [ 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 ] 7 3:[1,2,3,4,5,6,7,8]^{7} 3:[1,2,3,4,5,6,7,8]7
2 : [ 1 , 4 , 5 , 7 ] 2 , [ 2 , 3 , 6 , 8 ] 2 2:[1,4,5,7]^{2},[2,3,6,8]^{2} 2:[1,4,5,7]2,[2,3,6,8]2
1 ′ : [ 4 , 5 ] 1 , [ 1 , 7 ] 0 , [ 3 , 6 ] 1 , [ 2 , 8 ] 0 1':[4,5]^{1},[1,7]^{0},[3,6]^{1},[2,8]^{0} 1′:[4,5]1,[1,7]0,[3,6]1,[2,8]0
0 ′ : [ 5 ] , [ 4 ] , [ 1 ] , [ 7 ] , [ 6 ] , [ 3 ] , [ 2 ] , [ 8 ] 0':[5],[4],[1],[7],[6],[3],[2],[8] 0′:[5],[4],[1],[7],[6],[3],[2],[8]
那么总的逆序对数就是 7 + 2 + 2 + 1 + 0 + 1 + 0 = 13 7+2+2+1+0+1+0=13 7+2+2+1+0+1+0=13 对。
可以发现，我们只有在第 1 → 0 1 \rightarrow 0 1→0 层往下的所有层逆序对被改变了，即顺序对和逆序对交换了，而其他层 n → 2 n \rightarrow 2 n→2 层则无变化。
因为归并到第 0 → i 0 \rightarrow i 0→i 层前，其下的所有层是在做 边排序边计算 的过程，因此无论其下层的顺序是怎么样的，最终数组 排序 到到第 i i i 层时的状态都是唯一确定的，不会影响到上一层。
比如我们修改前的第 1 1 1 层，和我们原数组的第 1 1 1 层状态是相同的，只有逆序对和顺序对的角标被改变了。
同理，无论按何种顺序如何翻转第 2 q 2^{q} 2q 层，其只会影响第 0 → q 0 \rightarrow q 0→q 的逆序对状态，而不会影响第 q + 1 → n q+1 \rightarrow n q+1→n 层逆序对的状态。
因此，我们先对原数组做一次归并排序，同时记录每一层的逆序对状态，和顺序对状态。
对每次的修改，对 1 → q 1 \rightarrow q 1→q 层直接交换顺序对和逆序对的值（第 0 0 0 层全是 0 0 0 ，可以不管），其余不变（或者用 2 n − q ⋅ 2 q ⋅ ( 2 q − 1 ) 2 − 2^{n-q} \cdot \frac{2^{q} \cdot (2^{q}-1)}{2}- 2n−q⋅22q⋅(2q−1)−当前层逆序对之和，不过有个 2 2 2 的次幂，比较麻烦）。
交换完后，统计所有层的逆序对之和就是我们的答案了。
时间复杂度： O ( n log n + q log n ) O(n \log n+q \log n) O(nlogn+qlogn)
AC代码：
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using PII = pair<int, int>;
using i64 = long long;
void solve() {
int n;
cin >> n;
vector<int> a((1 << n) + 1);
for (int i = 1; i <= (1 << n); ++i) {
cin >> a[i];
}
vector cnt(n + 1, vector<i64>(2));
vector<int> b(1 << n);
auto Msort = [&](auto self, int l, int r, int dep) -> void {
if (l >= r) return;
int mid = l + r >> 1, i = l, j = mid + 1, k = 0;
self(self, l, mid, dep - 1), self(self, mid + 1, r, dep - 1);
//求顺序对
while (i <= mid && j <= r) {
if (a[i] < a[j]) {
cnt[dep][1] += r - j + 1;
++i;
} else {
++j;
}
}
//求逆序对并同时将数组排序
i = l, j = mid + 1;
while (i <= mid && j <= r) {
if (a[i] > a[j]) {
cnt[dep][0] += mid - i + 1;
b[k++] = a[j++];
} else {
b[k++] = a[i++];
}
}
while (i <= mid) {
b[k++] = a[i++];
}
while (j <= r) {
b[k++] = a[j++];
}
for (i = l, j = 0; i <= r; ++i, ++j) {
a[i] = b[j];
}
};
Msort(Msort, 1, 1 << n, n);
int q;
cin >> q;
for (int i = 1; i <= q; ++i) {
int d;
cin >> d;
i64 ans = 0;
//修改d层 则将 [1, d] 层的值全部交换一下
for (int j = 1; j <= n; ++j) {
if (j <= d) {
swap(cnt[j][0], cnt[j][1]);
}
ans += cnt[j][0];
}
cout << ans << '\n';
}
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1; //cin >> t;
while (t--) solve();
return 0;
}