對於一對 $(x, y)$，能成為逆序對的取決於絕對值大的那個數的符號。
假如 $a[x] > a[y]$，當 $a[x]$ 為正時，不管 $a[y]$ 取不取負號都比 $a[x]$ 小。
當 $a[x]$ 為負時， 不管 $a[y]$ 取不取負號都比 $a[x]$ 大。
那麼就變成了統計每個節點的子樹及祖先有多少個比它的權值小的。取正時，子樹內權值比它小的節點對答案有貢獻，取負時，祖先中權值比它的節點對答案有貢獻。
然後就相當於01揹包了。
用bitset優化一下複雜度就是 $o(\dfrac)$
求子樹內和到根的路徑上比該節點小的數可以樹剖做。但看了tangjz的**發現乙個更加巧妙的方法。
求子樹內顯然可以從小到大插入節點+dfs序+樹狀陣列。
求該節點到根的路徑上比自己權值大的，就相當於求自己有幾個祖先，相當於求自己在多少個節點的子樹內。
那麼多開乙個樹狀陣列，在插入乙個節點時，讓其子樹這個區間（不包括自身）區間加一。查詢時單點查值就行了。
#include usingview codenamespace
std;
const
int n = 1e5 + 7
;bitset
<30001>mask;
intn;
struct
bit
void add(int x, int
v)
int query(int
x) } bit[2];
int a[n], in[n], out
[n], tol, o[n];
vector
g[n];
void dfs(int u, int
fa)
bool cmp(const
int &x, const
int &y)
intmain()
sort(o + 1, o + n + 1
, cmp);
for (int i = 1; i < n; i++)
dfs(
1, -1
); mask.
set(0
);
for (int i = 1; i <= n; i++)
intq;
scanf("%d
", &q);
while (q--)
return0;
}
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