HDU 4417 Super Mario 树状数组

最新推荐文章于 2020-01-14 11:23:49 发布

wmn_wmn

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分类专栏：树状数组文章标签： struct

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本文介绍了一种利用树状数组解决区间查询问题的方法。针对包含重复元素的数组及多次区间查询需求，通过预处理和排序技巧，实现了高效查询[L,R]区间内小于阈值h的元素数量。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

来源：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4417

题意：给一些数，数中有重复的。还有一些询问，问的是[L,R] 区间内有多少个数小于h,有多次询问。

思路：普通方法的话肯定会超时，题目问[L,R]区间内小于h的数有多少个，则可以算出cal(R) 和 cal(L - 1), 两者相减就是答案。这类问题和求逆序数的问题非常类似，即求一个数前面有几个数比它小。求逆序数的问题可以用树状数组解决。

但是用树状数组解决问题需要一个条件就是给的数是从1到n，显然这道题目是不满足这个条件的。但是我们可以转化过去。最近做了一些树状数组的题目，发现很多问题都是需要转化一下。如何转化到树状数组上才是问题的难点。

一些问题好像是不满足树状数组，因为题目中限制了一些其它的条件，这时我们可以根据题目问题的特点，排除影响树状数组的因素，从而使用树状数组。

比如stars这道题目，因为题目限制了两个条件，所以不能直接用树状数组，但是当我们把一个因素排序后，另一个因素就满足了树状数组的条件，而我们仔细考虑的话，发现对一个因素排序是不影响最后结果的。对这道题目来说，因为所给的数有重复的，且问的数也不一定出现在给的数中，但是我们可以对给的数和问的数排序，在固定一些因素后，就可以使用树状数组了，而且这最后是不影响最后结果的。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N = 100010;
struct dit{
	int num,id;
}dd[N];
struct ask{
	int lp,rp,value,id;
}aa[N];
int cnt[N];
bool cmp1(dit a,dit b){
	return a.num < b.num;
}
bool cmp2(ask a,ask b){
	return a.value < b.value;
}
int inline lowbit(int x){
	return x & (-x);
}
void inline update(int x){
	while(x < N){
	   cnt[x]++;
	   x += lowbit(x);
	}
}
int inline sum(int x){
	int s = 0;
	while(x > 0){
	  s += cnt[x];
	  x -= lowbit(x);
	}
	return s;
}
int main(){
	//freopen("1.txt","r",stdin);
	int numcase;
	scanf("%d",&numcase);
	for(int ca = 1; ca <= numcase; ++ca){
	   int n,m;
	   memset(cnt,0,sizeof(cnt));
	   scanf("%d%d",&n,&m);
	   for(int i = 0; i < n; ++i){
	      scanf("%d",&dd[i].num);
		  dd[i].id = i + 1;
	   }
	   int x,y;
	   for(int i = 0; i < m; ++i){
	      scanf("%d%d%d",&x,&y,&aa[i].value);
		  aa[i].lp = x + 1;
		  aa[i].rp = y + 1;
		  aa[i].id = i + 1;
	   }
	   sort(dd,dd+n,cmp1);
	   sort(aa,aa+m,cmp2);
	   int ans[N] = {0};
	   for(int aski = 0,ditj = 0; aski < m; ++aski){
		   while(ditj < n && aa[aski].value >= dd[ditj].num){
		      update(dd[ditj].id);
			  ditj++;
		   }
		   ans[aa[aski].id] = sum(aa[aski].rp) - sum(aa[aski].lp - 1);
	   }
	   printf("Case %d:\n",ca);
	   for(int i = 1; i <= m; ++i){
	      printf("%d\n",ans[i]);
	   }
	}
	return 0;
}