[C++] P7910 [CSP-J 2021] 插入排序

发表于 2025-07-24 更新于 2026-05-25 分类于编程，算法，数据结构

插入排序是一种非常常见且简单的排序算法。小 Z 是一名大一的新生，今天 H 老师刚刚在上课的时候讲了插入排序算法。

假设比较两个元素的时间为 $\mathcal O(1)$ ，则插入排序可以以 $\mathcal O(n^2)$ 的时间复杂度完成长度为 $n$ 的数组的排序。不妨假设这 $n$ 个数字分别存储在 $a_1, a_2, \ldots, a_n$ 之中，则如下伪代码给出了插入排序算法的一种最简单的实现方式：

这下面是 C/C++ 的示范代码：

for (int i = 1; i <= n; i++)
    for (int j = i; j >= 2; j--)
        if (a[j] < a[j-1]) {
            int t = a[j-1];
            a[j-1] = a[j];
            a[j] = t;
        }

这下面是 Pascal 的示范代码：

for i:=1 to n do
    for j:=i downto 2 do
        if a[j]<a[j-1] then
            begin
                t:=a[i];
                a[i]:=a[j];
                a[j]:=t;
            end;

为了帮助小 Z 更好的理解插入排序，小 Z 的老师 H 老师留下了这么一道家庭作业：

H 老师给了一个长度为 $n$ 的数组 $a$ ，数组下标从 $1$ 开始，并且数组中的所有元素均为非负整数。小 Z 需要支持在数组 $a$ 上的 $Q$ 次操作，操作共两种，参数分别如下：

$1~x~v$ ：这是第一种操作，会将 $a$ 的第 $x$ 个元素，也就是 $a_x$ 的值，修改为 $v$ 。保证 $1 \le x \le n$ ， $1 \le v \le 10^9$ 。注意这种操作会改变数组的元素，修改得到的数组会被保留，也会影响后续的操作。

$2~x$ ：这是第二种操作，假设 H 老师按照上面的伪代码对 $a$ 数组进行排序，你需要告诉 H 老师原来 $a$ 的第 $x$ 个元素，也就是 $a_x$ ，在排序后的新数组所处的位置。保证 $1 \le x \le n$ 。注意这种操作不会改变数组的元素，排序后的数组不会被保留，也不会影响后续的操作。

H 老师不喜欢过多的修改，所以他保证类型 $1$ 的操作次数不超过 $5000$ 。

小 Z 没有学过计算机竞赛，因此小 Z 并不会做这道题。他找到了你来帮助他解决这个问题。

输入格式

第一行，包含两个正整数 $n, Q$ ，表示数组长度和操作次数。

第二行，包含 $n$ 个空格分隔的非负整数，其中第 $i$ 个非负整数表示 $a_i$ 。

接下来 $Q$ 行，每行 $2 \sim 3$ 个正整数，表示一次操作，操作格式见【题目描述】。

输出格式

对于每一次类型为 $2$ 的询问，输出一行一个正整数表示答案。

输入输出样例 #1

输入 #1

输出 #1

1
2
3

1
1
2

说明/提示

【样例解释 #1】

在修改操作之前，假设 H 老师进行了一次插入排序，则原序列的三个元素在排序结束后所处的位置分别是 $3, 2, 1$ 。

在修改操作之后，假设 H 老师进行了一次插入排序，则原序列的三个元素在排序结束后所处的位置分别是 $3, 1, 2$ 。

注意虽然此时 $a_2 = a_3$ ，但是我们不能将其视为相同的元素。

【样例 #2】

见附件中的 sort/sort2.in 与 sort/sort2.ans。

该测试点数据范围同测试点 $1 \sim 2$ 。

【样例 #3】

见附件中的 sort/sort3.in 与 sort/sort3.ans。

该测试点数据范围同测试点 $3 \sim 7$ 。

【样例 #4】

见附件中的 sort/sort4.in 与 sort/sort4.ans。

该测试点数据范围同测试点 $12 \sim 14$ 。

【数据范围】

对于所有测试数据，满足 $1 \le n \le 8000$ ， $1 \le Q \le 2 \times {10}^5$ ， $1 \le x \le n$ ， $1 \le v,a_i \le 10^9$ 。

对于所有测试数据，保证在所有 $Q$ 次操作中，至多有 $5000$ 次操作属于类型一。

各测试点的附加限制及分值如下表所示。

测试点	$n \le$	$Q \le$	特殊性质
$1 \sim 4$	$10$	$10$	无
$5 \sim 9$	$300$	$300$	无
$10 \sim 13$	$1500$	$1500$	无
$14 \sim 16$	$8000$	$8000$	保证所有输入的 $a_i,v$ 互不相同
$17 \sim 19$	$8000$	$8000$	无
$20 \sim 22$	$8000$	$2 \times 10^5$	保证所有输入的 $a_i,v$ 互不相同
$23 \sim 25$	$8000$	$2 \times 10^5$	无

题解

最难降复杂度的一集

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

int main(){
    int n, Q;
    cin >> n >> Q;

    vector< pair<int, int> > a(n);
    for(auto& i : a) cin >> i.first;

    vector<pair<int, int>*> b;
    b.reserve(n);
    for(int i=0;i<n;i++) b.push_back(&a[i]);
    stable_sort(b.begin(), b.end(), [](pair<int, int>* a, pair<int, int>* b){return a->first < b->first;});
    for(int i=0;i<n;i++) b[i]->second = i;

    // debug
//    cout << "debug: ";
//    for(int i=0;i<n;i++) cout << a[i].second+1 << "(" << i+1 << ") ";
//    cout << endl;

    while(Q--){
        int o;
        cin >> o;
        switch(o){
        case 1:
            {
                int x, v;
                cin >> x >> v;
                x--;
                int bv = a[x].first;
                for(int i=0;i<n;i++){
                    if(i==x) continue;
                    int t = a[i].first;
                    if(v>bv){
                        if(
                            (i>x&&t==bv) ||
                            (t>bv&&t<v) ||
                            (i<x&&t==v)
                        )
                        {
                            a[i].second--;
                            a[x].second++;
                        }
                    }else if(v<bv){
                        if(
                            (i<x&&t==bv) ||
                            (t<bv&&t>v) ||
                            (i>x&&t==v)
                        ){
                            a[i].second++;
                            a[x].second--;
                        }
                    }
                }
                a[x].first = v;

                // debug
//                cout << "debug: ";
//                for(int i=0;i<n;i++) cout << a[i].second+1 << "(" << i+1 << ") ";
//                cout << endl;
            }
            break;
        case 2:
            {
                int x;
                cin >> x;
                x--;
                cout << a[x].second+1 << endl;
            }
            break;
        }
    }

    return 0;
}