NEFU大一暑假集训-树状数组

题集链接

OP
A Ultra-QuickSort
- 题目大意
- 思路
- 代码
B Stars
- 题目大意
- 思路
- 代码
C Mobile phones
- 题目大意
- 思路
- 代码
D Cows
- 题目大意
- 思路
- 代码
E Get Many Persimmon Trees
- 题目大意
- 思路
- 代码
F Matrix
- 题目大意
- 思路
- 代码
G MooFest
- 题目大意
- 思路
- 代码
H Disharmony Trees
- 思路
- 代码
I KiKi's K-Number
- 题目大意
- 思路
- 代码
J Reverse Prime
- 题目大意
- 思路
- 代码
ED

OP

感谢学长的讲解与付出；

感谢ph和zsl两位大佬的指导与讨论；

夹带私货：
此节课的代表性的内容已经整理到自己的贴子中：【笔记】数据结构

树状数组总的来说可以快速对数组进行单点更改和区间查询（或通过维护前缀实现区间更改和单点查询），适用于一些边改边查的情况；

A Ultra-QuickSort

题目大意

在一个马桶搋子图片的陪同下求逆序对；
有定义：若 i < j ，且 a i > a j a_i\gt a_j ai>aj ，则构成一对逆序对；

思路

有两种做法，暂且称之为归并法和树状数组法，大体相同，但树状数组法更加直观，具体做法可以参考PPT，下面简述一下归并法；

在归并排序的过程中，我们会得到两个有序递增数组（暂称为a数组和b数组），其中保证左数组（a）的下标均小于右数组（b）；

在通过双指针将两个数组合并时，若对 b j b_j bj 存在 a i < b j < a i + 1 a_i\lt b_j\lt a_{i+1} ai<bj<ai+1，则说明 a数组中从 a i + 1 a_{i+1} ai+1后的每个数都可以和 b j b_j bj 构成逆序对；

代码

#include <iostream>using namespace std;
typedef long long ll;
ll a[500005];
ll tmp[500005];
ll ans;
void qs(int l, int r)
{if (l == r)return;int mid = l + r >> 1;qs(l, mid);qs(mid + 1, r);int i = l, j = mid + 1, c = 0;while (i <= mid && j <= r)if (a[i] <= a[j])tmp[c++] = a[i++];elsetmp[c++] = a[j++],ans+=mid-i+1;while (i <= mid)tmp[c++] = a[i++];while (j <= r)tmp[c++] = a[j++];for (i = l, j = 0; i <= r; i ++, j ++ ) a[i] = tmp[j];
}int main()
{int n;while (~scanf("%d", &n) && n){for (int i = 1; i <= n; i++){scanf("%lld", &a[i]);}ans=0;qs(1,n);printf("%lld\n",ans);}
}

B Stars

题目大意

给出星星坐标，求出以每个星星为原点，其第三象限（含象限边界）内的星星数；

思路

由于输入是将星星按先以纵坐标升序，再以横坐标升序顺序输入的，我们可以保证对于新输入的星星，目前在场的所有星星纵坐标皆小于等于它，只需要判断横坐标小于等于它的星星有多少颗即可；

代码

#include <iostream>using namespace std;
typedef long long ll;
int lowbit(int x){return x&-x;}
int c[32003],n=32001,ans[15003];int sum(int x)
{int ans=0;for(;x;x-=lowbit(x))ans+=c[x];return ans;
}
void add(int x,int v)//a[p]+=v;
{for(;x<=n;x+=lowbit(x))c[x]+=v;
}int main()
{int m,x,y;cin>>m;for(int i=1;i<=m;i++){cin>>x>>y;x++,y++;ans[sum(x)]++;add(x,1);}for(int i=0;i<m;i++){printf("%d\n",ans[i]);}
}

C Mobile phones

题目大意

对一个二维平面进行单点数值修改和区块数值总和查询；

思路

模拟

通过二维树状数组维护即可~

板子已经更新到帖子中；

代码

#include <iostream>using namespace std;
typedef long long ll;int c[1025][1025], n = 1024;int lowbit(int x) { return x & -x; }int sum(int x, int y)
{int ans = 0;for (int i = x; i > 0; i -= lowbit(i))for (int j = y; j > 0; j -= lowbit(j))ans += c[i][j];return ans;
}void add(int x, int y, int v) //a[p]+=v;
{for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i))for (int j = y; j <= n; j += lowbit(j))c[i][j] += v;
}int main()
{int o, x, y, a, l, b, r, t;while (~scanf("%d", &o) && o != 3){if (o == 1){scanf("%d%d%d", &x, &y, &a);x++, y++;add(x,y, a);}else if (o == 2){scanf("%d%d%d%d", &l, &b, &r, &t);l++, b++, r++, t++;int ans = sum(r,t)-sum(r,b-1)+ sum(l-1,b-1)-sum(l-1,t);printf("%d\n", ans);}else if (o == 0)scanf("%d", &a);}
}

D Cows

题目大意

给出每头牛对应的区间，对每头牛求出有多少个区间覆盖（至多一个端点相同）它的区间；

思路

可以先按右端点降序，左端点升序的顺序排序，若有两区间完全重合，同时保证了两区间排序后必相邻；

排序后对与每头牛，可以保证所有右端点大于其的牛都在它的左侧，如果我们统计的同时在数组中添加该头牛的左端点，则对于每头牛只需要计数目前在其左端点以左有多少个左端点即可；

注意特判重合区间；

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <string.h>
using namespace std;
typedef long long ll;int c[100005],ans[100005];
int N=100001;
pair<pair<int,int>,int>pir[100005];int lowbit(int x) { return x & -x; }int sum(int x)
{int ans=0;for(;x;x-=lowbit(x))ans+=c[x];return ans;
}void add(int x,int v)//a[x]+=v;
{for(;x<=N;x+=lowbit(x))c[x]+=v;
}bool cmp1(pair<pair<int,int>,int>a,pair<pair<int,int>,int>b)
{if(a.first.second==b.first.second){return a.first.first<b.first.first;}return a.first.second>b.first.second;
}int main()
{int n;while(~scanf("%d",&n)&&n){memset(c,0,sizeof c);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d",&pir[i].first.first,&pir[i].first.second);pir[i].first.first++,pir[i].first.second++;pir[i].second=i;}sort(pir+1,pir+1+n,cmp1);//printf("*");for(int i=1;i<=n;i++){if(pir[i].first==pir[i-1].first)ans[pir[i].second]=ans[pir[i-1].second];elseans[pir[i].second]=sum(pir[i].first.first);add(pir[i].first.first,1);}for(int i=1;i<=n;i++){printf("%d",ans[i]);if(i!=n)printf(" ");else printf("\n");}}
}

E Get Many Persimmon Trees

题目大意

给出总区域大小，每棵树的坐标和可选区域的大小，求所有可选区域中树的最大值；

思路

不需要树状数组，用二维前缀和穷举即可；

做题的时候没意识到这一点，代码中用了树状数组；

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <string.h>
using namespace std;
typedef long long ll;int c[102][102], X = 100,Y=100;int lowbit(int x) { return x & -x; }int sum(int x, int y)
{int ans = 0;for (int i = x; i > 0; i -= lowbit(i))for (int j = y; j > 0; j -= lowbit(j))ans += c[i][j];return ans;
}void add(int x, int y, int v) //a[x][y]+=v;
{for (int i = x; i <= X; i += lowbit(i))for (int j = y; j <= Y; j += lowbit(j))c[i][j] += v;
}int main()
{int n;int w,h,x,y,s,t;while(~scanf("%d",&n)&&n){memset(c,0,sizeof c);scanf("%d%d",&w,&h);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d",&x,&y);add(x,y,1);}scanf("%d%d",&s,&t);int ans=0;for(int i=s;i<=w;i++){for(int j=t;j<=h;j++){ans=max(ans,sum(i,j)-sum(i-s,j)+sum(i-s,j-t)-sum(i,j-t));}}printf("%d\n",ans);}
}

F Matrix

题目大意

二维区间修改，单点查询；

思路

可以通过树状数组维护二位前缀和实现；

实际上不需要做翻转的动作，只需要判断奇偶即可；

注意输出要求；

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <string.h>
using namespace std;
typedef long long ll;int c[1003][1003], X = 1000, Y = 1000;int lowbit(int x) { return x & -x; }int sum(int x, int y)
{int ans = 0;for (int i = x; i > 0; i -= lowbit(i))for (int j = y; j > 0; j -= lowbit(j))ans += c[i][j];return ans;
}void add(int x, int y, int v) //a[x][y]+=v;
{for (int i = x; i <= X; i += lowbit(i))for (int j = y; j <= Y; j += lowbit(j))c[i][j] += v;
}int main()
{int t, n, x, x1, y1, x2, y2;char o;cin >> t;while (t--){scanf("%d%d", &n, &x);memset(c, 0, sizeof c);for (int i = 1; i <= x; i++){cin>>o;if (o == 'C'){scanf("%d%d%d%d", &x1, &y1, &x2, &y2);add(x1, y1, 1);add(x2 + 1, y2 + 1, 1);add(x1, y2 + 1, -1);add(x2 + 1, y1, -1);}else if (o == 'Q'){scanf("%d%d", &x1, &y1);printf("%d\n", sum(x1, y1) & 1);}}printf("\n");}
}

G MooFest

题目大意

给定每头牛的位置 x i x_i xi和音量 v i v_i vi，定义两牛 i , j i,j i,j交流所需要的代价为 a b s ( x i − x j ) ⋅ m a x ( v i , v j ) abs(x_i-x_j)\cdotp max(v_i,v_j) abs(xi−xj)⋅max(vi,vj)，求所有牛对（N(N-1)/2对）进行互相交流的总代价；

思路

我们可以按v升序排序，可以保证每头牛j 和前面交流时的 m a x ( v i , v j ) = v j max(v_i,v_j)=v_j max(vi,vj)=vj；

接下来需要处理 a b s ( x i − x j ) abs(x_i-x_j) abs(xi−xj)：
我们可以维护前面所有牛的坐标和 s u m x sumx sumx ，再通过树状数组求出前面牛中比此牛坐标小的坐标之和 s s s 和头数 k k k ；
那么此时的 ∑ i = 1 i < j a b s ( x i − x j ) = s u m x − s − x j ⋅ ( j − 1 − k ) + x j ⋅ k − s \sum_{i=1}^{i<j}abs(x_i-x_j)=sumx-s-x_j\cdotp (j-1-k)+x_j\cdotp k-s ∑i=1i<jabs(xi−xj)=sumx−s−xj⋅(j−1−k)+xj⋅k−s；

即可求出此牛和前面所有牛交流所用代价；

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;pair<int,ll> c[20004];
int N=20000;
pair<int,ll>pir[20004];
int lowbit(int x) { return x & -x; }pair<int,ll> sum(int x)
{pair<int,ll> ans =make_pair(0,0);for (int i = x; i > 0; i -= lowbit(i))ans.second += c[i].second,ans.first+=c[i].first;return ans;
}void add(int x, pair<int,ll> v) //a[x][y]+=v;
{for (int i = x; i <=N; i += lowbit(i))c[i].first += v.first,c[i].second+=v.second;
}int main()
{int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d%lld",&pir[i].first,&pir[i].second);}sort(pir+1,pir+1+n);ll sumx=0,ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){pair<int,ll>res=sum(pir[i].second);ans+=pir[i].first*((sumx-res.second-pir[i].second*((i-1)-res.first))+pir[i].second*res.first-res.second);add(pir[i].second,make_pair(1,pir[i].second));sumx+=pir[i].second;}printf("%lld\n",ans);
}

H Disharmony Trees

思路

和G类似~

另外地，此题需要将坐标和高度转换为顺序；

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <string.h>
using namespace std;
typedef long long ll;pair<ll,ll> c[100005];
pair<pair<ll,ll>,pair<ll,ll> > te[100005];//<x,h>
int N = 100000;int lowbit(int x) { return x & -x; }pair<ll,ll> sum(int x)
{pair<ll,ll> ans = make_pair(0,0);for (int i = x; i > 0; i -= lowbit(i))ans.second += c[i].second,ans.first+=c[i].first;return ans;
}void add(int x,int v)
{for (int i = x; i <= N; i += lowbit(i))c[i].second += v,c[i].first++;
}bool cmp(pair<pair<ll,ll>,pair<ll,ll> >a,pair<pair<ll,ll>,pair<ll,ll> >b)
{return a.first.second<b.first.second;
}int main()
{int n;while(~scanf("%d",&n)){memset(c,0,sizeof c);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld%lld",&te[i].first.first,&te[i].first.second);}sort(te+1,te+1+n);for(int i=1;i<=n;i++){if(te[i].first.first==te[i-1].first.first){te[i].second.first=te[i-1].second.first;}else te[i].second.first=i;}sort(te+1,te+1+n,cmp);for(int i=1;i<=n;i++){if(te[i].first.second==te[i-1].first.second){te[i].second.second=te[i-1].second.second;}else te[i].second.second=i;}ll ans=0,sumx=0;for(int i=n;i>=1;i--){pair<ll,ll>tmp=sum(te[i].second.first);ans+=(sumx-tmp.second-te[i].second.first*(n-i-tmp.first)+tmp.first*te[i].second.first-tmp.second)*te[i].second.second;sumx+=te[i].second.first;add(te[i].second.first,te[i].second.first);}printf("%lld\n",ans);}
}

I KiKi’s K-Number

题目大意

对于一个容器，有三种操作：
加入数字e，删除数字e，查询大于a的第k个数；

思路

大体上可以用桶排的思路进行加入和删除维护；

对于查询，我们可以使用二分的思想快速确定；

具体看代码~

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <string.h>
using namespace std;
typedef long long ll;int c[100005], N = 100001;int lowbit(int x) { return x & -x; }int sum(int x)
{int ans = 0;for (int i = x; i > 0; i -= lowbit(i))ans += c[i];return ans;
}void add(int x,int v) //a[x][y]+=v;
{for (int i = x; i <= N; i += lowbit(i))c[i] += v;
}int main()
{int m,p,e,k;while (~scanf("%d",&m)){memset(c,0,sizeof c);while(m--){scanf("%d%d",&p,&e);e++;if(p==0){add(e,1);}else if(p==1){if(sum(e)-sum(e-1)){add(e,-1);}else printf("No Elment!\n");}else{scanf("%d",&k);int l=e,r=N+1;while(l<r){int mid=l+r>>1;if(sum(mid)-sum(e)>=k)r=mid;else l=mid+1;}if(l==N+1)printf("Not Find!\n");else printf("%d\n",l-1);}}}
}

J Reverse Prime

题目大意

定义了“反向指数”，要求进行两种操作：
删除反向质数e，查询前 i 个反向质数的质因数数量之和；

思路

具体查询过程和 I 题类似；

对于一个被删除的的反向质数，我们可以标记删除，并在维护质因数数量的树状数组中的那一位清零（删除等量的质因数）；
对于查询操作，使用二分思想，找到该位之前满足剩余 i 个的位置；

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <string.h>
#include <math.h>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;int c[80004],N = 78500 , del[80004];int lowbit(int x) { return x & -x; }ll sum(int* c,int x)
{ll ans =0;for (int i = x; i > 0; i -= lowbit(i))ans += c[i];return ans;
}void add(int *c,int x,int v)
{for (int i = x; i <= N; i += lowbit(i))c[i]+= v;
}int n[1000006],p[80004],ct[80004],rp[80004];
map<int,int>mp;
int main()
{int cp=0;for(int i=2;i<1000000;i++){if(!n[i])p[cp++]=i;for(int j=0;j<cp&&p[j]*i<1000000;j++){n[p[j]*i]=1;if(i%p[j]==0)break;}}for(int i=0;i<cp;i++){ll as=0,tmp=p[i];for(tmp;tmp;tmp/=10){as*=10,as+=tmp%10;}while(as<1000000)as*=10;rp[i+1]=as;}sort(rp+1,rp+cp+1);for(int i=1;i<=cp;i++){ll as=rp[i];//printf("%d\n",as);mp[as]=i;for(int j=0;p[j]<=sqrt(as)&&j<cp;j++){while(as%p[j]==0){as/=p[j];ct[i]++;}}if(as>1)ct[i]++;add(c,i,ct[i]);}//printf("%d",ct[1]);char o;int x;while(cin>>o){scanf("%d",&x);if(o=='d'){int i=mp[x];mp[x]=0;if(!i)continue;add(del,i,1);add(c,i,-ct[i]);}else{x++;if(x>78498)x=78498;int l=x,r=78499;while(l<r){int mid=l+r>>1;if(mid-sum(del,mid)>=x)r=mid;else l=mid+1;}printf("%lld\n",sum(c,l));}}
}

ED