CF1311F - Moving Points 树状数组

CF1311F - Moving Points

题意

$N$个点，全部都在$X$轴上，每一个点有给出起始点$x_i$和速度$v_i$，如果现在过去时间为$t$，那么这个点就在$x_i+t{v}_i$，这里时间是无穷无尽的
现在有$d(i,j)$表示点$i$和点$j$在所有时间内最小的距离
求所有点对的$d(i,j)$之和，即$\sum _{1\le i<j\le N}d(i,j)$

题解

这题没有很难，比较简单
因为时间是无穷无尽的，所以任意两个点$i,j$的关系只有三种情况
令$x_j<x_i$

①不断靠近，最后相交然后远离

显然，因为相交了，$d(i,j)=0$

同向运动，后面的点速度快，即$v_j>v_i$
反向运动，前面的点向右$v_i<0$，后面的点向左$v_j>0$，即$v_j>v_i$
所以这两个都是$v_j>v_i$

②不断远离

那么初始位置就是最小值，即$d(i,j)=x_i-x_j$

同向运动，后面的慢，前面的快，即$v_j<v_i$
反向运动，后面的点向左$v_j<0$，前面的点向右$v_i>0$，即$v_j<v_i$
所以这两个都是$v_j<v_i$

③距离保持不变

这种和②一样，$d(i,j)=x_i-x_j$
这个就是$v_j=v_i$的情况

那么我们要求的$\sum d(i,j)$里面，①是没有贡献的，只有②和③有贡献，还都是$d(i,j)=x_i-x_j$
对于一个点$i$，我们要找初始距离比他小的里面，速度小于等于他的点
那么我们先按初始距离$x_i$排序，这样就是找前面的$v_j\le v_i$的点$j$即可
那么就用树状数组维护两个值，一个是数量$cnt$，一个是$x_i$的和$sum$
这样当前点$i$的贡献就是，$cnt\ast x_i-sum$
还有速度范围$-10^8\le v\le 10^8$，所以离散化一下

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define lowbit(x) x&-x
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
const int MAX = 2e5 + 10;

int N;

int b[MAX], tot;
int pos(int x) { return lower_bound(b + 1, b + 1 + tot, x) - b; }

pll c[MAX];
void update(int p, ll k) { for (; p <= tot; p += lowbit(p)) c[p].first += 1, c[p].second += k; }
pll query(int p) {
    pll res = make_pair(0, 0);
    for (; p; p -= lowbit(p)) res.first += c[p].first, res.second += c[p].second;
    return res;
}

struct Node {
    ll x, v;
    bool operator < (const Node &rhs) const {
        return x < rhs.x;
    }
} a[MAX];

int main() {
    //按x排序
    //查v[j] <= v[i]的cnt及sum
    scanf("%d", &N);
    for (int i = 1; i <= N; i++) scanf("%lld", &a[i].x);
    for (int i = 1; i <= N; i++) scanf("%lld", &a[i].v), b[++tot] = a[i].v;//速度离散化一下
    sort(a + 1, a + 1 + N);
    sort(b + 1, b + 1 + tot);
    tot = unique(b + 1, b + 1 + tot) - (b + 1);
    ll ans = 0;
    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        pll t = query(pos(a[i].v));//查找小于等于当前速度的cnt和sum
        ans += t.first * a[i].x - t.second;//答案加上贡献
        update(pos(a[i].v), a[i].x);//再将当前点放入树状数组
    }
    printf("%lld\n", ans);

    return 0;
}