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前几天开始看树状数组了，然后开始找题来刷。
首先是 POJ 2299 Ultra-QuickSort： http://poj.org/problem?id=2299
这题是指给你一个无序序列，只能交换相邻的两数使它有序，要你求出交换的次数。实质上就是求逆序对，网上有很多人说它的原理是冒泡排序，可以用归并排序来求出，但我一时间想不出它是如何和归并排序搭上边的（当初排序没学好啊~），只好用刚学过的树状数组来解决了。在POJ 1990中学到了如何在实际中应用上树状数组，没错，就是用个特殊的数组来记录即可，然后区间查询和单点更新的复杂度都在O(logn)范围内。
对于这道题，即处理到第i个数时，可以通过计算 i-1-它前面比它小的数得出前面比它大的数，即该数前面的逆序数；而统计某数前面比它小的数就是树状数组的裸题了。分析到这里已经差不多了，但是一看，a[i] ≤ 999,999,999，就不能简单地用数组下标来记录a[i]的值了，这时我想起了之前看过的一个很高大上的名字："离散化"，没错，就是离散化，因为n < 500,000而已，用不着那么多数组的空间，把a[i]通过排序再放进数组即可，不过具体的题我还没做过，对于这道题，我的做法是设置一个辅助数组 r[i] 表示第i个数的下标，初始化时也就是r[i]= i，然后通过比较对应a[i]的a[j]的值对r[]排序。说白了就是对数组a[]的下标进行排序（利用了刘汝佳小白书上kruskal的做法），这时候数组r[]的逆序数就是数组a[]的逆序数。这是因为在排序时是一一对应的，每交换两个数使a[]消除一个逆序对时r[]便增加一个逆序对（r[]本来是1,2,3,4,5……的顺序数列），所以就转化为了求数组r[]的逆序对，此时下标只受n<500,000约束，开数组不成问题，详见代码：
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 typedef long long LL; 6 const LL maxn= 500008; 7 8 inline int lowbit(int x) { return x&(-x); } 9 10 struct treeArray{ 11 int c[maxn], n; 12 treeArray(int n=0):n(n) { memset(c,0,sizeof(c)); } 13 void clear() { memset(c,0,sizeof(c)); } 14 int sum(int x) const { 15 int ans= 0; 16 while(x){ 17 ans+= c[x]; 18 x-= lowbit(x); 19 } 20 return ans; 21 } 22 void add(int x, int d){ 23 while(x<=n){ 24 c[x]+= d; 25 x+= lowbit(x); 26 } 27 } 28 } num(maxn); 29 30 int a[maxn], r[maxn]; 31 bool cmp(int i, int j) { return a[i]<a[j]; } 32 33 int main(){ 34 int n,i; 35 while(~scanf("%d",&n),n){ 36 for(i=1; i<=n; ++i){ 37 scanf("%d",a+i); 38 r[i]= i; 39 } 40 sort(r+1,r+n+1,cmp); 41 LL inv= 0; 42 num.clear(); 43 num.n= n; 44 for(i=1; i<=n; ++i){ 45 inv+= i-1-num.sum(r[i]); 46 num.add(r[i],1); 47 } 48 printf("%lld\n",inv); 49 } 50 return 0; 51 }
树状数组的写法我参照了网上的人的写法，把它封装成一个结构体，用于实现区间查询和单点更新的数组c[]放在了结构体内，这样子可使代码更清晰，不至于要开个全局数组容易混淆，如同矩阵快速幂一样把矩阵的乘法重载在结构体中，可以避免在一些细节上浪费精力，代码量也没有增加多少。
然后是第二道 POJ 3067： http://poj.org/problem?id=3067
这题主要是说东西两边各有1~N和1~M个城市，然后有K条道路连接东西两边的城市，要求这K条边的所有交点。这里有个不大却很易栽的坑：K的范围没给出，所以可以猜想其为N*M的上限，然后它给出的道路也没说是有序的（千万别被样例骗了），所以我们首先要对它进行预处理才行。
如上题一样，可以利用求逆序对的做法来求。为什么呢？我们可以先按e（就是左边的坐标）排升序，e相同的话按w（右边的坐标）排升序（w一定要为升序，因为e相同时的边是不会有交叉点的，所以w升序在统计时可以使e相同而w不同的边不存在逆序对，符合没有交叉点的实际情况），大体的预处理就是这样，然后对排好序的w边进行求逆序数即可，具体求法如上题所述。和上题不同的是，这里的w值可以和前面的重复，但也不影响树状数组的运用，要处理好细节，记住先返回区间的值即sum(x)，再去更新即add(x)（数组c[x]在add(x)前为0，不影响sum(x)的统计）。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 typedef long long LL; 6 #define lowbit(x) ((x)&-(x)) 7 const int maxn= 1000006; 8 9 struct treeArray{ 10 int c[maxn], n; 11 treeArray(int n=0):n(n) { memset(c,0,sizeof(c)); } 12 void clear() { memset(c,0,sizeof(c)); } 13 LL sum(int x) const { 14 LL ans= 0; 15 while(x){ 16 ans+= c[x]; 17 x-= lowbit(x); 18 } 19 return ans; 20 } 21 void add(int x, int d){ 22 while(x<=n) { //这里是 wa的根源？ 23 c[x]+= d; 24 x+= lowbit(x); 25 } 26 } 27 } num(maxn); 28 29 struct Edge{ 30 int e,w; 31 bool operator <(const Edge E2) const { 32 if(e==E2.e) return w<E2.w; 33 return e<E2.e; 34 } 35 } edge[maxn]; 36 37 void solve(){ 38 static int p=0; 39 int n,m,k; 40 scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); 41 for(int i=1; i<=k; ++i) 42 scanf("%d%d",&edge[i].e, &edge[i].w); 43 44 sort(edge+1,edge+k+1); 45 LL inv= 0; 46 num.clear(); 47 num.n= m; //原来这里才是 wa的根源！！ 48 for(int i=1; i<=k; ++i){ 49 inv+= i-1-num.sum(edge[i].w); 50 num.add(edge[i].w,1); 51 } 52 printf("Test case %d: %lld\n",++p,inv); 53 } 54 55 int main(){ 56 int t; 57 scanf("%d",&t); 58 while(t--) solve(); 59 return 0; 60 }
奇怪的是，这题我wa了近10遍才过(T.T)，一开始怎么也找不着错的原因，各种long long、__int64、%lld、%I64d的输入输出姿势都试过了，还是wa，没办法，只好和标程一点一点地对拍，到最后才发现真正的错误是在num.n= m这里，就是没处理好树状数组c[]的n，这种细节问题还是第一次见，不过也需记住这个错误，因为树状数组的结构体模板以后应该会经常用到，还是得多刷题了，昨晚竟被老师和师兄说自己的进度太慢，听后除了惭愧外还有一丝恨铁不成钢（我对自己）的心理，大白书，Come on！
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原文地址：http://www.cnblogs.com/Newdawn/p/4161931.html
