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小和问题
这个题暴力的解法其实很直观，就是每到一个i就左边遍历一遍计算小和，最终是一个N^2的算法。
这里能不能做到NlogN复杂度？
可以的，基本思想和归并排序也是类似的，不过需要底层逻辑改一下
首先我们需要转换一下我们的思维，求小和可以先看左边1，得到有4个1的小和（右侧4个值比1大），接着有2个3的小和....按照这种思路最后拿num * value 累加得到小和数，例如2个3小和其实意思就是右侧有两个数字比3大，算小和时候会带上两个3 - > 2*3
然后上述这个就可以基于归并思想来解决：
一开始1与3处理，得到1个1的小和结果，辅助数组返回为[1 3]
接着处理13与4，两个下标分别比较，首先1<4,辅助数组新增1，且小和新增1个1，然后3<4，辅助数组新增3，且小和新增1个3（左侧小产生小和）...
左侧完成了进行右边的处理，得出两边的小和，最后再进行一轮处理就行了
上述其实不一定要把一开始的思想反过来，也可以让二叉树右侧和左侧比较，大的来计数小和也是可行的，并且之前小和结果信息一样利用
这里主要要思考一下为啥小和数字信息保留了，没有遗漏和重算：
例如3再第一次归并时候和4进行了比较，留下了小和信息
然后下一次归并时候又和右侧的5进行了比较，留下了小和信息 -> 3*2 没有遗漏和重算也复用了结果
为什么没有遗漏和重算也是需要思考的（不遗漏：只有和右组merge时候才会处理，都会merge的所有不遗漏。不重算：计算小河后以就merge了，merge后不会再计算）：
为什么递归时需要数组排序
这样能够很快直接知道后续有多少个数字比你自己大，这样其实就是通过排序把原先的遍历过程代替了，这样可以直接知道小数个数
和标准mergeSort的差别
另外还要提一下如果左右相同，必须先拷贝右组的并且不产生小和，这样才能知道有多少个准确的小和数量，下图现在1明确小于2，然后可以直接得到5个1的小和，然后连着3个5个1的小和，然后左侧到2继续...
上面辅助数组最后是7个1....
代码实现
public static int smallSum(int[] arr){
if(arr == null || arr.length < 2){
return;
}
return process(arr,0,arr.length-1);
}
// 既要排好序，也要求小和
public static int process(int[] arr,int L,int R){
// 越界判断
if(L==R){
return 0;
}
// 获取中点
int mid = L+ ((L+R) >> 1);
// 注意：这里是左侧的排序和小和数量 + 右侧的排序小和数量 + 左右侧排好后merge小和数量 = 小和的总数
return process(arr,L,mid)+process(arr,mid+1,R)+merge(arr,L,mid,R);
}
public static void merge(int[] arr,int L,int M,int R){
// 定义辅助数组和指向L和M+1的指针
int[] help = new int[R-L+1];
int i = 0;
int p1 = L;
int p2 = M+1;
int res = 0;
// 过程循环，两边都没有越界就循环，直到两侧有一侧越界 -> 结束后另一侧直接拷贝至辅助数组
while(p1 <= M && p2 <= R){
// res存储小和 - 如果左侧小于右侧，那么得到小和为左侧Value * 右侧数下标到R的差值（所有余下右侧数）
res += arr[p1] < arr[p2] ? (R-p2+1) * arr[p1] : 0;
// 比较值，拷贝较小值至辅助数组并偏移 - 不能等于，原因前面说了
help[i++] = arr[p1] < arr[p2] ? arr[p1++]:arr[p2++];
}
while(p1 <= M){
help[i++] = arr[p1++];
}
while(p2 <= R){
help[i++] = arr[p2++];
}
// 辅助数组拷贝至目标 - 完成arr的L - R区间排序
for(i=0;i < arr.length;i++){
arr[L + i] = help[i];
}
return res;
}
逆序对问题
也是有点类似的问题，解决思路是基本一致的，之前是求左边比自己小的，这里是求左边比自己大的，区别就是这个，其他解题思路一致。
我们可以同样反转一下思路，求每个数右侧比自己小的，这就是这个数对应的所有逆序对：
接着通过归并递归思路来求右边有多少数比左边小，然后回升记录逆序对即可
