【bzoj3744】Gty的妹子序列 分块+树状数组+主席树

题目描述

我早已习惯你不在身边,
人间四月天 寂寞断了弦。
回望身后蓝天,
跟再见说再见……
某天,蒟蒻Autumn发现了从 Gty的妹子树(bzoj3720) 上掉落下来了许多妹子,他发现
她们排成了一个序列,每个妹子有一个美丽度。
Bakser神犇与他打算研究一下这个妹子序列,于是Bakser神犇问道:"你知道区间
[l,r]中妹子们美丽度的逆序对数吗?"
蒟蒻Autumn只会离线乱搞啊……但是Bakser神犇说道:"强制在线。"
请你帮助一下Autumn吧。
给定一个正整数序列a,对于每次询问,输出al...ar中的逆序对数,强制在线。

输入

第一行包括一个整数n(1<=n<=50000),表示数列a中的元素数。
第二行包括n个整数a1...an(ai>0,保证ai在int内)。
接下来一行包括一个整数m(1<=m<=50000),表示询问的个数。
接下来m行,每行包括2个整数l、r(1<=l<=r<=n),表示询问al...ar中的逆序对数(若ai>aj且i<j,则为一个逆序对)。
l,r要分别异或上一次询问的答案(lastans),最开始时lastans=0。保证涉及的所有数在int内。

输出

对每个询问,单独输出一行,表示al...ar中的逆序对数。

样例输入

4
1 4 2 3
1
2 4

样例输出

2


题解

分块+树状数组+主席树

由于题目强制在线,所以不能离线乱搞了。

正常来说,在线查询区间内比某数大/小的数的个数,使用的数据结构是主席树。

然而这样依然要查询询问区间内每个元素,这样时间复杂度还是不能下降。

我们想到可以使用分块预处理,查询时只查询块外元素,能够使时间复杂度降低。

具体地,设f[i][j]表示从第i块开始,到第j个位置结束的逆序对数。这样枚举每个i,就能够在$O(n\log n)$的时间内预处理。

对于每个查询,找到查询区间内第一个整块,根据f数组得到它到区间右端的逆序对数,这样剩下的就只有区间左端块外元素,使用主席树查询即可。

总时间复杂度为$O((n+m)\sqrt n\log n)$,另外听大爷说本题卡常,所以在预处理时需要使用树状数组。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define N 100010
using namespace std;
int a[N] , v[N] , sum[250][N] , f[N] , n , ls[N << 4] , rs[N << 4] , si[N << 4] , root[N] , tot;
void update(int x)
{
	int i;
	for(i = x ; i <= n ; i += i & -i) f[i] ++ ;
}
int query(int x)
{
	int i , ans = 0;
	for(i = x; i ; i -= i & -i) ans += f[i];
	return ans;
}
void insert(int p , int l , int r , int x , int &y)
{
	y = ++tot , si[y] = si[x] + 1;
	if(l == r) return;
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(p <= mid) rs[y] = rs[x] , insert(p , l , mid , ls[x] , ls[y]);
	else ls[y] = ls[x] , insert(p , mid + 1 , r , rs[x] , rs[y]);
}
int calc(int p , int l , int r , int x , int y)
{
	if(l > p) return 0;
	if(r <= p) return si[y] - si[x];
	int mid = (l + r) >> 1;
	return calc(p , l , mid , ls[x] , ls[y]) + calc(p , mid + 1 , r , rs[x] , rs[y]);
}
int main()
{
	int m , i , j , si , last = 0 , x , y , ans;
	scanf("%d" , &n) , si = (int)sqrt(n);
	for(i = 0 ; i < n ; i ++ ) scanf("%d" , &a[i]) , v[i] = a[i];
	sort(v , v + n);
	for(i = 0 ; i < n ; i ++ ) a[i] = lower_bound(v , v + n , a[i]) - v , insert(a[i] , 0 , n - 1 , root[i] , root[i + 1]);
	for(i = 0 ; i <= n / si ; i ++ )
	{
		memset(f , 0 , sizeof(f)) , update(n - a[i * si]);
		for(j = i * si + 1 ; j < n ; j ++ ) sum[i][j] = sum[i][j - 1] + query(n - a[j] - 1) , update(n - a[j]);
	}
	scanf("%d" , &m);
	while(m -- )
	{
		scanf("%d%d" , &x , &y) , x = (x ^ last) - 1 , y = (y ^ last) - 1 , ans = 0;
		if(x / si == y / si)
			for(i = y - 1 ; i >= x ; i -- )
				ans += calc(a[i] - 1 , 0 , n - 1 , root[i + 1] , root[y + 1]);
		else
		{
			ans += sum[x / si + 1][y];
			for(i = (x / si + 1) * si - 1 ; i >= x ; i -- )
				ans += calc(a[i] - 1 , 0 , n - 1 , root[i + 1] , root[y + 1]);
		}
		printf("%d\n" , last = ans);
	}
	return 0;
}

 

|转载请注明 [原文链接][作者] ,谢谢!

posted @ 2017-06-23 19:37  GXZlegend  阅读(495)  评论(0编辑  收藏  举报