（ poj 2352，poj 3067， poj2481）树状数组题目总结（二）

POJ2352 Stars

题目： 在平面直角坐标系中， 给定n个点的坐标， 每个点都有一个等级， 这个等级就等于这个点左下方的点的个数

分析：

换个说法来讲， 就是求每个点的左下方共有多少个点。

题目中，点的坐标按照 Y 轴从小到大输入。那么我们可以假设在开始的时候坐标系是空白的，我们按照y值的从小到大的顺序把这些带你逐个放到相应位置，我们会发现，在放的过程中，由于按照y的顺序，使得在计算的过程中，只要考虑x的值即可。

【因为我们要求左下方的值，那么y的放入顺序就使得你当前所放的点的位置的上方没有其他点存在，更没有比当前这个点的x值小比当前y的值大的点存在，此时的所有存在于坐标系的点都是在当前点下面的，因此，我们只要求有多少个点比当前x的值小即可】

有一点要明确的就是，对于一个x = num（num代表某个常数）的直线上，可以有无数个点，整数点也会有很多，所以你所求的就是当前坐标系上，num比当前点的x值小的且为整数的所有直线上点的总和。显然，树状数组可以解决这个问题。

那么，我们用树状数组记录x轴的情况，每一次求和就是求x之前的和。

代码如下：

#include <cstdio>

#define M 32010
int n, x, y, level[15010], c[M];

int lowbit( int t ) {
return t & ( -t );
}
void addPoint ( int r ) {
while ( r < M ) {
c[r]++;
r += lowbit ( r );
}
}
int sum ( int r ) {
int s = 0;
while ( r > 0 ) {
s += c[r];
r -= lowbit ( r );
}
return s;
}
int main()
{
while ( scanf("%d", &n) != EOF ) {
for ( int i = 0; i < 15010; ++i ) c[i] = level[i] = 0;
for ( int i = 0; i < n; ++i ) {
scanf("%d %d", &x, &y);
x++;
level[sum(x)]++;
addPoint(x);
}
for ( int i = 0; i < n; ++i ) {
printf("%d\n", level[i]);
}
}
}

其中，数组level是用来记录每个等级上点的个数。

POJ 2481 Cow

题目：给定n个区间，对于每个区间，求已知的区间中能够包含它的区间数。（所谓包含，区间a和区间b，如果区间a的长度大于b，并且区间的左右端点都在a之内或者一个端点和a重合）

分析：

这道题实际就是求每个区间被多少个其他区间所包含。

很自然的我们会想到，在把左端点从大到小排序的情况下，如果右端点小于它之前的某个区间的右端点，那么这个区间就被那个区间包含，显然求的是序列的逆序数。

但是有一个特殊的情况，如果两个区间的左右端点中有一个重合，但满足包含条件，这个也是要被算进去的，这个需要进行处理一下。

那么怎么处理这个小问题？

其实这就是一个除重的问题，因为序列是有序的，并且使用结构体存储的，这样的话只要判断当前点的左右端点是否和它的前一个点相同，如果相同，那么它的逆序数就等于前一个点的逆序数，否则正常求逆序数即可。

代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define Max 100001
int n, ans[Max], c[Max];
struct node{
int s, e, id;
}cow[Max];
bool cmp ( node a, node b ) {
if ( a.s == b.s ) return a.e > b.e;
return a.s < b.s;
}
int Lowbit( int x ) {
return x & (-x);
}
int Getsum ( int x ) {
int s = 0;
for ( ; x > 0; x -= Lowbit(x) ) s += c[x];
return s;
}
void Update( int x ) {
for ( ; x <= Max; x += Lowbit(x) ) ++c[x];
}
int main()
{
while ( scanf("%d", &n) != EOF && n ) {
for ( int i = 1; i <= n; ++i ) {
scanf("%d%d", &cow[i].s, &cow[i].e);
cow[i].s++; cow[i].e++;
cow[i].id = i;
}
memset( c,0,sizeof(c));
sort( cow + 1, cow + 1 + n, cmp );
int ts = -1, te = -1;
for ( int i = 1; i <= n; ++i ) {
if ( cow[i].s == ts && cow[i].e == te )
ans[cow[i].id] = ans[cow[i-1].id];
else {
ans[cow[i].id] = Getsum(cow[i].e);
ts = cow[i].s, te = cow[i].e;
}
Update( cow[i].e );
}
for ( int i = 1; i <= n - 1; ++i ) {
printf("%d ", ans[i]);
}
printf("%d \n", ans[n-1]);
}
}

POJ 3067 Japan

题目：两列城市，分别编号从1 到 n，两列城市之间有公路连接，求公路一共有多少个交点。

分析：首先输入的是整数对代表一条路的两个端点，我们很自然地想到，把其中一个端点排序，从小到大，如果其中一个端点相同，那么按照另一个端点从小到大（因为从一个端点出发的两条路一定不相交，所以按另一个端点从小到大排序，这样在求逆序数的时候就不会把这样的数对计算进去）；另外，终点相同的路也不会有交点，那么我们要想上一道题一样在构造树状数组时，进行除重，即和上一个点相同，逆序数就等于上一个点的逆序数。

代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int t, n, m, k;
long long c[1001];
struct node {
int e, w;
}a[1000010];
bool cmp ( node x, node y ) {
if ( x.w == y.w ) return x.e > y.e;
return x.w > y.w;
}
int lowbit ( int x ) {
return x & ( -x );
}
void addpoint ( int x ) {
for (; x <= 1001; x += lowbit( x ) ) c[x]++;
}
long long sum ( int x ) {
long long s = 0ll;
for ( ; x > 0; x -= lowbit(x) ) s += c[x];
return s;
}
int main()
{
while ( scanf( "%d", &t ) != EOF ) {
int casei = 0;
while ( t-- ) {
casei++;
scanf ( "%d%d%d", &n, &m, &k );
for ( int i = 1; i <= k; ++i ) scanf( "%d%d", &a[i].e, &a[i].w );
memset ( c, 0, sizeof(c) );
long long ans = 0;
sort ( a + 1, a + 1 + k, cmp );
for ( int i = 1; i <= k; ++i ) {
ans += sum ( a[i].e - 1 );
addpoint ( a[i].e );
}
printf ( "Test case %d: %lld\n", casei, ans );
}
}
}