标签：include turn 线段 while log enable lowbit syn ural
永恒和mx正在玩一个即时战略游戏，名字嘛~~~~~~恕本人记性不好，忘了-_-b。
mx在他的基地附近建立了n个战壕，每个战壕都是一个独立的作战单位，射程可以达到无限（“mx不赢定了？！？”永恒ftING...@_@）。
但是，战壕有一个弱点，就是只能攻击它的左下方，说白了就是横纵坐标都不大于它的点（mx：“我的战壕为什么这么菜”ToT）。这样，永恒就可以从别的地方进攻摧毁战壕，从而消灭mx的部队。
战壕都有一个保护范围，同它的攻击范围一样，它可以保护处在它左下方的战壕。所有处于它保护范围的战壕都叫做它的保护对象。这样，永恒就必须找到mx的战壕中保护对象最多的点，从而优先消灭它。
现在，由于永恒没有时间来计算，所以拜托你来完成这个任务：
给出这n个战壕的坐标xi、yi，要你求出保护对象个数为0，1，2……n-1的战壕的个数。
第一行，一个正整数n（1<=n<=15000）
接下来n行，每行两个数xi,yi，代表第i个点的坐标
（1<=xi,yi<=32000）
注意：可能包含多重战壕的情况（即有数个点在同一坐标）
输出n行，分别代表保护对象为0，1，2……n-1的战壕的个数。
5
1 1
5 1
7 1
3 3
5 5
1
2
1
1
0
各点2s（算是宽限吧^_^）
URAL1028战役版
题目链接：https://vijos.org/p/1066
分析：先给出我线段树写法吧，XX了几个小时，一行代码，三个错误，我也是无语了！好不容易过了样例，啪啪啪，打脸了，才过了三组数据，查了半天只要改了右区间就会过qwq！
此题是要我们求每次有一个新的点加入时，比它小的y有几个，因为，先对X从小到大排序以后，每次加入一个y，之前比它小的y保证x和y都小于它，个数就是这个星星的等级这就可以这样，一个1-32000的线段，每次加入一个y，加入了一个[y,32000]的线段，然后每次看比y少的点有几个，就是它当前被压在几条线段下！
下面给出线段树写法：
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N=16666; 4 int ans[N<<1]; 5 struct Node 6 { 7 int l,r,sum; 8 }tree[N<<4]; 9 struct data 10 { 11 int x,y; 12 }f[N<<1]; 13 inline bool cmp(data a,data b) 14 { 15 return (a.x==b.x)?(a.y<b.y):(a.x<b.x); 16 } 17 void buildtree(int l,int r,int pos) 18 { 19 tree[pos].sum=0; 20 tree[pos].l=l; 21 tree[pos].r=r; 22 if(l==r) 23 return; 24 int mid=(l+r)/2; 25 buildtree(l,mid,pos*2); 26 buildtree(mid+1,r,pos*2+1); 27 } 28 void update(int st,int ed,int pos) 29 { 30 if(tree[pos].l==st&&tree[pos].r==ed) 31 { 32 tree[pos].sum++; 33 return; 34 } 35 if(tree[pos].l==tree[pos].r) 36 return; 37 int mid=(tree[pos].l+tree[pos].r)/2; 38 if(mid>=ed) 39 update(st,ed,pos*2); 40 else if(st>mid) 41 update(st,ed,pos*2+1); 42 else 43 { 44 update(st,mid,pos*2); 45 update(mid+1,ed,pos*2+1); 46 } 47 } 48 int query(int c,int pos) 49 { 50 if(tree[pos].l==tree[pos].r) 51 return tree[pos].sum; 52 int mid=(tree[pos].l+tree[pos].r)/2; 53 if(c<=mid) 54 return tree[pos].sum+query(c,pos*2); 55 else return tree[pos].sum+query(c,pos*2+1); 56 } 57 int main() 58 { 59 int n; 60 cin>>n; 61 buildtree(0,32001,1); 62 for(int i=0;i<n;i++) 63 scanf("%d%d",&f[i].x,&f[i].y); 64 sort(f,f+n,cmp); 65 for(int i=0;i<n;i++) 66 { 67 ans[query(f[i].y,1)]++; 68 update(f[i].y,32001,1); 69 } 70 for(int i=0;i<n;i++) 71 cout<<ans[i]<<endl; 72 return 0; 73 }
此题数据太弱，所以用暴力同样可以解决问题！
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N=16666; 4 struct Node 5 { 6 int x,y; 7 }p[N<<1]; 8 int n,ans[N<<1]; 9 int main() 10 { 11 cin>>n; 12 for(int i=0;i<n;i++) 13 cin>>p[i].x>>p[i].y; 14 for(int i=0;i<n;i++) 15 { 16 int tot=0; 17 for(int j=0;j<n;j++) 18 { 19 if(i==j) 20 continue; 21 else if(p[i].x>=p[j].x&&p[i].y>=p[j].y) 22 tot++; 23 } 24 ans[tot]++; 25 } 26 for(int i=0;i<n;i++) 27 cout<<ans[i]<<endl; 28 return 0; 29 }
其实呢，此题貌似用树状数组也行啊，只能说数据太水qwq！
树状数组，对X排下序之后以每个点的y进行操作。如果在某次算出sum(y)之后，肯定就是他的等级。因为在它之前的点都是x比它小或者和它相等，但是y没他大的。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int N=16666; 4 struct Node 5 { 6 int x,y; 7 }p[N<<1]; 8 int n,c[N<<1],ans[N<<1]; 9 int lowbit(int x) 10 { 11 return x&-x; 12 } 13 inline bool cmp(Node p,Node q) 14 { 15 return p.x==q.x?(p.y<q.y):(p.x<q.x); 16 } 17 int sum(int x) 18 { 19 int ret=0; 20 while(x>0) 21 { 22 ret+=c[x]; 23 x-=lowbit(x); 24 } 25 return ret; 26 } 27 void add(int x) 28 { 29 while(x<=32001) 30 { 31 c[x]++; 32 x+=lowbit(x); 33 } 34 } 35 int main() 36 { 37 cin>>n; 38 for(int i=1;i<=n;i++) 39 cin>>p[i].x>>p[i].y; 40 sort(p+1,p+1+n,cmp); 41 for(int i=1;i<=n;i++) 42 { 43 ans[sum(p[i].y)]++; 44 add(p[i].y); 45 } 46 for(int i=0;i<n;i++) 47 cout<<ans[i]<<endl; 48 return 0; 49 }
Vijos P1066 弱弱的战壕【多解，线段树，暴力，树状数组】
标签：include turn 线段 while log enable lowbit syn ural
原文地址：http://www.cnblogs.com/ECJTUACM-873284962/p/7041534.html
