Recall the problem of finding the number of inversions. As in the course, we are given a sequence of n numbers a 1 ,··· ,a n , which we assume are all distinct, and we difine an inversion to be a pair i < j such that a i > a j .
We motivated the problem of counting inversions as a good measure of how different two orderings are. However, one might feel that this measure is too sensitive. Let’s call a pair a significant inversion if i < j and a i > 3a j . Given an O(nlogn) algorithm to count the number of significant inversions between two orderings.
类似于求逆序数的个数，不断地将序列A分割为2个子序列，在递归调用时计算各一半的逆序数，在进行合并时再分别计算位于左边和右边的逆序数。递归对序列进行分割时，序列中剩一个数时就无法再分了。在合并的函数中，比较左边L[i]和右边子数组的R[j]，如果L[i] > 3R[j]，那么L[i]后面的数都比 3R[j]要大，不需要再比较了，因此逆序数的个数增加了子数组L的长度减i个。
当在单个子数组内求逆序对的个数时，显然是没有问题的。
当在两个子数组之间合并并求逆序对的个数时，假设两个子数组分别为A[]和B[]，则两个数组的长度分别为Length(A)和Length(B)，并且这两个子数组都已经是有序的（从小大排列），当A[i] > B[j]时，数组A[i]至A[Length(a)]这些值都是大于B[j]的。
在MergeAndCount()函数中，需要循环执行的是两个for循环，因此该函数的时间复杂度为O(n)。根据二分算法，序列A最多能被分割log 2 n次，也就是MergeAndCount()函数最多可以执行 log 2 n次。因此时间复杂度为O(nlog 2 n)。
伪代码如下：
