Newcoder 16 A.Laptop（逆序对-BIT）

最新推荐文章于 2022-01-27 07:53:58 发布

v5zsq

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分类专栏： Newcoder 树状数组

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树状数组

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本文介绍了一个有趣的数据结构问题，源于一名程序员在选择笔记本电脑时面临的困境。通过将笔记本按内存降序排列，并使用树状数组来统计在速度上也被“完虐”的笔记本数量，该问题得以解决。采用O(nlogn)的时间复杂度算法，有效地找出那些在内存和速度上均不占优势的设备。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description

$F S T$ 是一名可怜的小朋友，他很强，但是经常 $f s t$ ，所以 $r a t i n g$ 一直低迷。

但是重点在于，他非常适合 $A C M$ ！并在最近的区域赛中获得了不错的成绩。

拿到奖金后 $F S T$ 决定买一台新笔记本，但是 $F S T$ 发现，在价格能承受的范围内，笔记本的内存和速度是不可兼得的。

可是，有一些笔记本是被另外一些“完虐”的，也就是内存和速度都不高于另外某一个笔记本，现在 $F S T$ 想统计一下有多少笔记本被“完虐”。

Input

第一行一个正整数 $n$ ，表示笔记本的数量。接下来 $n$ 行，每行两个正整数 $M_i，S_i$ 表示这款笔记本的内存和速度。

$(n≤105,Mi,Si≤109)(n\le 10^5,M_i,S_i\le 10^9)$

Output

一行，一个正整数，表示被完虐的笔记本数。

Sample Input

4
100 700
200 500
50 100
300 400

Sample Output

Solution

正序对，把所有笔记本按第一维降序排序后，以此将其第二维插入树状数组中，对于第 $i$ 个笔记本，之前考虑的 $i - 1$ 个笔记本第一维比它第一维要大，如果次数树状数组中它第二维所在位置之前没有 $i - 1$ 个位置有值，说明之前至少有一个笔记本第二维也比它大，那么这个笔记本就被完虐，以此统计答案即可，时间复杂度 $O (n l o g n)$

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef pair<int,int>P;
const int maxn=100005;
struct BIT 
{
	#define lowbit(x) (x&(-x))
	int b[maxn],n;
	void init(int _n)
	{
		n=_n;
		for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=0;
	}
	void update(int x,int v)
	{
		while(x<=n)
		{
			b[x]+=v;
			x+=lowbit(x);
		}
	}
	int query(int x)
	{
		int ans=0;
		while(x)
		{
			ans+=b[x];
			x-=lowbit(x);
		}
		return ans;
	}
}bit;
P a[maxn];
int n,h[maxn],vis[maxn]; 
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d%d",&a[i].first,&a[i].second);
		a[i].first*=-1;
		h[i]=a[i].second;
	}
	sort(a+1,a+n+1);
	sort(h+1,h+n+1);
	bit.init(n);
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int t=lower_bound(h+1,h+n+1,a[i].second)-h;
		if(bit.query(t)!=i-1)ans++;
		bit.update(t,1);
	} 
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}