树状数组（一）与poj2352 - stars

　　

　　昨天刚刚学习了树状数组的有关知识^[1]，完成了poj2352的编程与调试，下面是一些记录与感想。

　　

　　这题算是树状数组中较为简单的题目，中心思想是：

　　　　由于y坐标为升序排列且坐标不重复，那么，在星星A后面的任意星星的横纵坐标不可能均小于星星A。那么，我们可以把(x,y)这样的坐标压缩在数组a[i]中,令a[i]记录横坐标为x的星星的个数。如果直接暴力求和的话，时间复杂度将为O(n²/2)，会造成超时。我们使用树状数组进行求和，以压缩时间复杂度。

 

　　我的代码如下：

//在本题中，我们直接使用c数组进行累加，所以没有开a数组
//<&x>为跳转符，与其后注释无关
//以下是C++代码

#include<cstdio>

int n, c[40000] = {0}, ans[16000] = {0};   //n:星星的个数;c数组:用于构造树状数组;ans数组:用于累加;

//这三个函数的证明在注释[1]中
inline int lowbit(const int &x);                      //lowbit:用于计算x^2
inline void doing_c(int x);                           //doing_c:用于更新树状数组
inline int getsum(int x);                             //getsum:用于求和

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        int x, y;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        ++x;                                           //树状数组从c[1]开始处理，因为x=0时，<&x>处的while循环会出现死循环
        ++ans[getsum(x)];
        doing_c(x);
    }
    for(int i = 0; i < n ; ++i)
    {
        printf("%d\n", ans[i]);
    }
}

inline int lowbit(const int &x)
{
    return x & (-x);
}

inline void doing_c(int x)
{
    while (x <= 32001)                                  //<&x>单组输入处理时，x的最大值未知，按照题目限制循环
    {
        ++c[x];
        x += lowbit(x);
    }
}

inline int getsum(int x)
{
    int s(0);
    while(x > 0)                                         
    {
        s += c[x];
        x -= lowbit(x);
    }
    return s;
}

 

　　注意：1、第38行<&x>处的循环一定要循环到x的最大值，否则会造成后续统计的错误。（我懒得解释了……想一想为什么？）

　　感想：这题虽说在各位dalao眼里十分简单，但是作为蒟蒻的我却做了一个下午（我是不会告诉你我被上面注释↑的内容卡了很久的）……默默感叹：啊，剧毒……我还是太弱了……

 

　　注释：[1]:http://www.cnblogs.com/justforgl/archive/2012/07/27/2612364.html

 

 

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