POJ 3928 线段树单点更新+区间查询

最新推荐文章于 2021-01-20 20:21:14 发布

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本文介绍使用线段树解决一个经典的排列组合问题。通过枚举中间元素并查询左右两侧符合条件的元素数量，实现O(nlogn)的时间复杂度。文章提供了详细的解题思路及参考代码。

【题目链接】
http://acm.hust.edu.cn/vjudge/problem/viewProblem.action?id=19613

【解题报告】
在《训练指南》上看到的这道题目，原题出在树状数组下，考虑到大部分树状数组可以做的题目线段树都可以做，虽然效率低一些，代码长一些，但好处在于维护更方便，扩展性也更强，所以还是用线段树来做这道题目。可能是最近手生，虽然题目很裸，仍然调了一个多小时才过掉这道题目。希望这段时间还是可以加大训练量。
简单说一下题意：
N个不同的数的一个排列，任取其中三个点a，b，c。保证c在a，b之间。问不同的方案有多少种。

如果我们直接枚举边界a和c，找a，c间有多少个b，显而易见的是，这样做的时间复杂度是O(N^2)
所以这里有一个很经典的转化思想，我们枚举中间点b，找左边和右边分别有多少个比他小的点。这样做的时间复杂度是O(nlogn)
为什么呢？
我们先来求，对a[i]，它左边有多少个数比它小。
我们建立一颗线段树，数据范围直接开1..100000。维护线段信息tree[i]为第i个节点代表的线段（L，R）之间已经插入了多少个数,  每得到一个a[i]把它插入到线段树里，然后维护tree数组。
同时我们对a[i],查询1..a[i]-1有多少数已经插入到线段树里了。得到的信息就是pre[i]。
类似的，我们再倒着进行一次插入操作，可以得到suf[i](表示a[i]后面有多少个比它大的数)。
其中插入操作的时间复杂度是O(logn),查询的时间复杂度是O(logn).总的时间复杂度就是O（nlogn）.

【参考代码】

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;

typedef long long LL;
const int maxn=100000+50;

int N;
int a[maxn];
int pre[maxn],suf[maxn];
int tree[maxn*4],num[4*maxn];

void build(   int O, int L, int R )
{
      if(  L==R ){   tree[O]=0;  num[L]=O;    return ;  }
      int mid=(L+R)/2;
      build(  O*2, L, mid );
      build(  O*2+1, mid+1, R );
      tree[O]=tree[O*2+1]+tree[O*2];
}

void ins(  int O, int L, int R, int x  )
{
      if(  L>R )return;
      if(   L==R )
      {
            tree[O]=1;
            return ;
      }
      int mid=(L+R)/2;
      if( x<=mid  )ins(  O*2, L, mid, x );
      else ins(    O*2+1, mid+1, R, x   );
      tree[O]=tree[O*2+1]+tree[O*2];
}

int query(   int O,  int L, int R,  int qL, int qR )
{
     // cout<<L<<"  "<<R<<endl;
      if ( L>R ) return 0;
      if(   L==R )return tree[O];
      if(   qL>R || qR<L ) return 0;
      if(   qL<=L && R<=qR  )return tree[O];

      int mid=(L+R)/2;
      if( qR<=mid  )return query(  O*2, L, mid, qL, qR  );
      if(  mid<qL ) return query( O*2+1, mid+1, R, qL, qR );
      return query(  O*2, L,mid, qL, qR  )+ query(  O*2+1, mid+1, R, qL, qR );
}

int main()
{
      int T;
      cin>>T;
      while(  T-- )
      {
            scanf( "%d",&N );
            for(    int i=1; i<=N; i++ ) scanf( "%d",&a[i] );
            build( 1,1,maxn  );
            for(    int i=1; i<=N; i++  )
            {
                  ins(    1,1,maxn, a[i] );
                  pre[i]=query(  1,  1,maxn,  1,  a[i]-1  );   //初始范围是1..maxn,要查找1..a[i]-1之间有几个数在a[i]左边
            }
            build(  1,1,maxn );
            for(   int i=N; i>=1; i-- )
            {
                        ins(   1,1,maxn, a[i] );
                        suf[i]=query(  1,1,maxn, a[i]+1, maxn );
            }
            LL ans=0;
            for(  int i=2; i<N; i++ )
            {
                  ans+=(LL)suf[i]*pre[i];
                  ans+=(LL)(i-1-pre[i])*( N-i-suf[i] );
            }
             printf( "%I64d\n", ans );

      }


      return 0;
}