問題描述：

設A[1…n]是一個包含n個不同數的陣列。如果在i < j的情況下，有A[i] > A[j]，則（i,j）就稱為A中的一個逆序對（inversion），（逆序對的元素是下標，而不是數組裡的值）。給出一個演算法，它能用Θ(nlgn)的最壞情況執行時間，確定n個元素的任何排列中逆序對的數目。

問題求解：

方法一：
迴圈從陣列中取出一個元素k，然後從k之後的元素中找到比k小的元素個數，最後統計所有的個數即為排列中逆序對的數目。從陣列中取元素的次數為n，每次取出一個元素後，需要遍歷（n-i）次（i為當前元素的位置），其時間複雜度為

演算法實現：

int CountInversions(const
 
 vector<int>& a)
{
    int cnt = 0;
    for (size_t i = 0; i < a.size(); i++)
    {
        for (size_t j = i + 1; j < a.size(); j++)
        {
            if (a[i] > a[j]) cnt++;
        }
    }
    return cnt;
}

方法二：插入排序

利用插入排序的方式來解決。

對陣列用插入排序來做升序排列時，如果有元素需要移動，則每次移動時都相當於是找到了一個逆序對，因此插入佇列中移動元素的次數，也就是排列中逆序對的數量。

但插入排序的時間複雜度為Θ(n^2)，不符合題目要求。

方法三：修改歸併排序（時間複雜度O（lgn））

歸併排序的基本思想就是 Divide & Conquer: 將陣列劃分為左右兩部分，歸併排序左部分，歸併排序右部分，然後 Merge 左右兩個陣列為一個新的陣列，從而完成排序。

按照這個基本思想，我們也可以運用到計算逆序對中來。假設將陣列劃分左右兩部分：
（1）左邊部分的逆序對有 inv1 個
（2）右邊部分的逆序對有 inv2 個
（3）剩餘的逆序對必然是一個數出現在左邊部分，一個數出現在右邊部分，並且滿足出現左邊部分的數 a[i] > a[j]。左右兩部分排序與否，不會影響這種情況下的逆序對數，因為左右兩部分的排序只是消除了兩部分內部的逆序對，而對於 a[i] 來自左邊， a[j] 來自右邊構成的逆序，各自排序後還是逆序。

接下來就需要在 Merge 的過程中計算 a[i], a[j] 分別來自左右兩部分的逆序對數。

如下圖所示，如果所有 a[i] 都小於 b[j] 的第一個數，顯然是沒有逆序的。只有當 a[i] > b[j] 是才會發生逆序，由於我們事先對 a[] 和 b[] 已經排好序，而所以如果發生 a[i] > b[j]， 那麼所有 a[ii] (ii > i) 也都滿足 a[ii] > b[j], 也就是說和 b[j] 構成逆序的數有 {a[i], a[i+1]…a[end]}，所以逆序數增加 end- i + 1個, 所以我們每次碰到 a[i] > b[j] 的情況， 逆序對數增加 (end - i + 1) 個即可。

演算法的框架圖：

虛擬碼：

The initial call is COUNT-INVERSIONS(A,1,n)