题目的主要信息：

• 在数组中的两个数字，如果前面一个数字大于后面的数字，则这两个数字组成一个逆序对。
• 输入一个数组，求一个数组的全部逆序对，答案对1000000007取模
• 要求：空间复杂度$O(n)O(n)$，时间复杂度$O(nlo{g}_{2}n)O(nlog\_2n)$
• 保证输入的数组中没有的相同的数字

方法一：归并排序

具体做法：

因为我们在归并排序过程中会将数组划分成最小2个元素的子数组，然后依次比较子数组的长度，这里我们也可以用相同的方法统计逆序对。我们主要有三个阶段：

1. 划分阶段：将待划分区间从中点划分成两部分；
2. 排序阶段：使用归并排序递归地处理子序列，同时统计逆序对；
3. 合并阶段：将排好序的子序列合并。

因为在归并排序中，右边大于左边时，它大于了左边的所有子序列，基于这个性质我们可以不用每次加1来统计，减少运算次数。

class Solution {
public:
    int mod = 1000000007;
    int mergeSort(int left, int right, vector<int>& data, vector<int>& temp){
        if (left >= right)    // 停止划分
            return 0;
        int mid = (left + right) / 2; //取中间
        int res = mergeSort(left, mid, data, temp) + mergeSort(mid + 1, right, data, temp); //左右划分
        res %= mod;  //防止溢出
        int i = left, j = mid + 1;
        for (int k = left; k <= right; k++)
            temp[k] = data[k];
        for (int k = left; k <= right; k++) {
            if (i == mid + 1)
                data[k] = temp[j++];
            else if (j == right + 1 || temp[i] <= temp[j])
                data[k] = temp[i++];
            else { //左边比右边大，答案增加
                data[k] = temp[j++];
                res += mid - i + 1; // 统计逆序对
            }
        }
        return res % mod;
    }
    int InversePairs(vector<int> data) {
        int n = data.size();
        vector<int> res(n);
        return mergeSort(0, n - 1, data, res);
    }
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(nlo{g}_{2}n)O(nlog\_2n)$，归并排序利用分治思想，复杂度为这个
• 空间复杂度：$O(n)O(n)$，辅助数组temp长度为$nn$及递归栈最大深度不会超过$nn$

方法二：树状数组

具体做法：

树状数组是如图所示的数组，它可以累加前缀和。

比如4统计123的前缀和，8统计1234567的前缀，而且因为是树状的，因此操作都是$O(lo{g}_{2}n)O(log\_2n)$。

我们首先对原数组进行离散化操作，经过排序后的操作加上后续二分查找映射，将 数组[1 5000 2 400 30] 映射为 ——> [1 5 2 4 3]，即使他们相连，减少空间需求，因为题目所给没有重复元素，因此也不用去重，还是$nn$个数字。

然后从前往后遍历每个元素，查找在树状数组中的前缀和，表示这个元素在树状数组中出现过多少，前缀和做差，$query(n)-query(data[i])query(n)-query(data[i])$，表示值在$[data[i]+1,m][data[i]+1,m]$中出现的次数，也就是逆序数个数。

class BIT {
private:
    vector<int> tree;
    int n;
    
public:
    BIT(int m) : n(m), tree(m + 1) {} //初始化
    
    int lowbit(int x){ //使数组呈现2、4、8、16这种树状
        return x & (-x);
    }
    
    int query(int x){ //查询序列1到x的前缀和
        int res = 0;
        while(x){
            res += tree[x];
            x -= lowbit(x);
        }
        return res;
    }
    
    void update(int x){ //序列x位置的数加1
        while(x <= n){
            tree[x]++;
            x += lowbit(x);
        }
    }
};
class Solution {
public:
    int mod = 1000000007;
    int InversePairs(vector<int> data) {
        int n = data.size();
        int res = 0;
        vector<int> temp = data;
        //离散化
        sort(temp.begin(), temp.end()); //排序
        for(int i = 0; i < n; i++) //二分法重新映射
            data[i] = lower_bound(temp.begin(), temp.end(), data[i]) - temp.begin() + 1;
        BIT bit(n); //建立树状数组
        for(int i = 0; i < n; i++){ //统计逆序对
            res = (res + bit.query(n) - bit.query(data[i])) % mod;
            bit.update(data[i]);
        }
        return res;
    }
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(nlo{g}_{2}n)O(nlog\_2n)$，sort函数排序为$O(nlo{g}_{2}n)O(nlog\_2n)$，离散化过程中二分法时间复杂度为$O(lo{g}_{2}n)O(log\_2n)$，一共$nn$次，统计逆序对过程中，查询更新都是$O(lo{g}_{2}n)O(log\_2n)$，一共$nn$次
• 空间复杂度：$O(n)O(n)$，辅助数组temp的长度和树状数组的长度都是$nn$