POJ 3067 Japan

\(POJ\) \(3067\) \(Japan\)

一、题目大意

两对岸，一边\(n\)个点，一边\(m\)个点，现在连\(k\)条线，问有几个交点。

二、题目解析

梳理一下这其实是一个问逆序对的问题，为什么是逆序对？

举例：

1
3 4 4
1 4
2 3
3 2
3 1

依题意可得上图，算出\(5\)个交点，除了作图还有什么方法可以得到答案呢？

我们不妨先把\(n\)的元素看成是有序的，例子就是如此（\(1\),\(2\),\(3\),\(3\)）对应的是（\(4\), \(3\), \(2\), \(1\)）因为有相同的数据存在，相同位的从小到大排序（\(4\),\(3\),\(1\),\(2\)），如果这个结果是（\(1\),\(2\),\(3\),\(4\)）的话，是不是就没有交点了，因为 没有逆序对存在。

把逆序对互换直到为零，操作步数就是\(5\)，其实每添加一条线，增加的点数就是增加的逆序对数，还无法理解就按上述步骤模拟几组数据，明白要干什么。

剩下的就是非常经典的求逆序对问题了。

步骤：

• 将每条线段封装成结构体，并且，按左端点由小到大排序，如果左端点一致，则按右端点由小到大排序。（这似乎是最终无逆序时的顺序）
• 从小到大，逐个进入树状数组，在每条边进入时，检查是不是已经存在，左端点比自己小，或者左端点一致，但右端点比自己小的边，已经出现在了自己的右侧，这样的话，这种边就会与自己形成一个逆序。

由小到大排序+树状数组

#include <cstdio>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e6 + 10;

int n, m;
struct Node {
    int l, r;
    const bool operator<(const Node &t) const {
        if (l == t.l) return r < t.r;
        return l < t.l;
    }
} q[N];

// 树状数组模板
#define lowbit(x) (x & -x)
int c[N];
void add(int x, int v) {
    while (x < N) c[x] += v, x += lowbit(x);
}
LL sum(int x) {
    LL res = 0;
    while (x) res += c[x], x -= lowbit(x);
    return res;
}

int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("POJ3067.in", "r", stdin);
#endif
    int T;
    scanf("%d", &T);
    int cnt = 0;

    while (T--) {
        memset(c, 0, sizeof c);
        int k;
        scanf("%d %d %d", &n, &m, &k); // 左右两边分别有n和m个城市，然后k行给出连边，问共有多少交叉点

        for (int i = 1; i <= k; i++) scanf("%d %d", &q[i].l, &q[i].r);

        sort(q + 1, q + 1 + k); // 按左端点由小到大，右端点由小到大排序
        // 没有离散化
        // Q:为什么这里不使用离散化呢？为什么前一题 一维逆序对的数量就要使用离散化呢？
        // 答：因为前一题的数值1e9,而个数是1e5,所以需要映射到1~1e5的空间上，再用二分快速找出相对位置
        // 而本题，数值l,r 与 个数其实是一个概念，都是小于等于1000的，无需离散化。

        LL res = 0;
        for (int i = 1; i <= k; i++) { // 捋着原数组来，也就是一条边一条边来，逐个进入树状数组
            // 当i号边进入树状数组时，在它前面进入的，肯定是左端点比自己小的，也就是值比自己小，
            // 那么，就检查出现的位置，也就是对应的出现在自己右侧的端点个数
            res += sum(m) - sum(q[i].r); // 注意这里的sum(m),因为考查的是右端点，而右端点的上限是m
            add(q[i].r, 1);
        }
        printf("Test case %d: %lld\n", ++cnt, res);
    }
    return 0;
}