poj 2352

题目概述：

有N个物

每个物坐标x,y，坐标系以左下角为原点

每个物有一个参数lvl，其值等于坐标系中位于其左下方（含正左，正下，但不含其自身）物的个数

输入：

第一行N，其后N行x,y，数据只有一组，物会按纵坐标递增呈现，纵坐标相同时按横坐标递增呈现

限制：

0<=N<=15000;0<=x,y<=32000

输出：

每行一个整数，若当前为输出的第m行（m从0开始），则输出lvl为m的物的个数

样例输入：

5
1 1
5 1
7 1
3 3
5 5

样例输出：

1
2
1
1
0

讨论：

树状数组的第一次练习，在理解上遇到一些困难，手边的资料包括题解对该题数据结构的介绍都不太充分，不过理解后实现并没难度，实际上额还写了一个简洁的版本，不过那个并不适合做题解

至于树状数组具体是什么，这里不在赘述，理论部分网络上可轻松找到一大片

另外看讨论版该题可将数据离散化（简单说就是用一个很小的标号来表示x，以减小空间占用），不过对于这道水题，反而会使代码更不简洁

这道题由于输入的特殊性，纵坐标完全成了摆设，因为纵坐标按递增呈现，因此后呈现的纵坐标必然大于等于先呈现的，即只需要比较横坐标就能判断位置，折合到数据结构中，

1.lvl全写是level，沿用原题的称呼，这里tree是树状数组的原始容器，其值记录横坐标小于等于下标的物的个数，这也是树状数组的原始用法，lvl即是题目中要求的参数

2.这两行（额自己）在理解上并不是很容易，一步步看，横坐标小于等于x的物共有read(x)个，由于修改tree数组的操作在下一行，因此这时还没有将当前节点计算在内，因此read(x)值（从tree中计算得来）即是当前物的lvl值，由于最后输出的是同一lvl的物个数，这里便+1，下一行mod(x,1)将该物加到数组tree中，另外，由于输入的特殊性，只要是后呈现的物，之前所有横坐标小于等于这个物的，都会贡献到lvl中，也就是说，直接将当前的read(x)（横坐标小于等于x的物的个数）拿来便是lvl，因此直接+1便可解决问题，扩展一点，如果输入没有这个特殊性该怎么办？额考虑的是人为地将其排序，这比实现判断read(x)中有多少不能算或开到二维树状数组要容易的多，尽管可能会牺牲时间渐近复杂度（排序的复杂度很可能高于数组操作）

题解状态：

348K,125MS,C++,690B

#include<algorithm>//在C++模式下，包含algorithm头文件便包含诸多常用头文件
using namespace std;
const int inf = 0x6f6f6f6f;
const int MAXN = 32005;

int tree[MAXN], lvl[MAXN];//参见讨论1
inline int lb(int a)//lowbit，这个东西的作用在树状数组资料中不会没写，不再赘述
{
	return a&(-a);
}
inline int read(int a)//读出到下标从1（含）到a（含）的元素的值的和，其实叫sum更合适，但sum属常用词汇，同时资料里也常称之为read
{
	int sum = 0;
	while (a > 0) {
		sum += tree[a];
		a -= lb(a);
	}
	return sum;
}
inline void mod(int a, int mod)//modify，利用加减法修改一个节点的值，并将其父节点值一并改变，该题中由于mod值恒为1，可将其具体化，这里只是方便作模版
{
	while (a <= MAXN) {//试图将MAXN改成N（令N为全局变量）只会得到一个错误的结果
		tree[a] += mod;
		a += lb(a);
	}
}
inline void fun(int N)
{
	for (int p = 0; p < N; p++) {
		int x, y;
		scanf("%d%d", &x, &y);//input//从这里之后y就没用了
		++x;//由讨论版，数据中会有x=0的情况，而树状数组的0下标不使用，因此这里+1避开这一情况，不需要其他额外处理
		++lvl[read(x)];
		mod(x, 1);//参见讨论2
	}
	for (int p = 0; p < N; p++)
		printf("%d\n", lvl[p]);//output
}
int main(void)
{
	//freopen("vs_cin.txt", "r", stdin);
	//freopen("vs_cout.txt", "w", stdout);

	int N;
	scanf("%d", &N);//input
	fun(N);
}

EOF