poj_3067 树状数组

题目大意

左右两个竖排，左边竖排有N个点，从上到下依次标记为1,2,...N; 右边竖排有M个点，从上到下依次标记为1,2....M。现在从K条直线分别连接左边一个点和右边一个点，求这K条直线的交点个数（左右竖排上的点不算做交点）。
给出N,M,K，以及K条线的起点和终点。

题目分析

求两两交点的问题最好固定顺序，如i和i之前的交点，这样便于统计而不重复不遗漏。在将K条线按照左边点从小到大的顺序进行排序，左边点相同按照右边点从小到大排序之后，按照顺序分析当前线和它之前的线的交点个数：
当前线k的左边点序号为 xa, 右边点序号为 ya, 则对于当前线k之前的那些线1--k-1，他们左边点的序号肯定小于等于xa, 这些线（1--k-1）中右边点序号大于 ya的那些线会和当前线k有一个交点。因此对于当前线k，统计之前1---k-1线的右边点在 [ya + 1--M]中的个数,形成了一个区间统计问题。
考虑右边点1,2....M 各对应一个统计变量 count[i], 每次分析线k，都将线k的右边点ya 对应的count[ya] ++。 这样，每次都统计 [t, M]区间内 count[i]的和。 使用树状数组来实现。

实现(c++)

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include<stdio.h>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<string.h>
using namespace std;
#define MAX_CITY_NUM 1002

struct Highway{
int east_city;
int west_city;
Highway(int e, int w):
east_city(e), west_city(w){
}
};
vector<Highway> gHws;
int gC[MAX_CITY_NUM];
int gLowbit[MAX_CITY_NUM];

bool Cmp(const Highway& h1, const Highway& h2){
if (h1.east_city == h2.east_city)
return h1.west_city < h2.west_city;
return h1.east_city < h2.east_city;
}

void InitLowbit(int n){
for (int i = 1; i <= n; i++){
gLowbit[i] = i&(-i);
}
}
void InitSequence(int n){
memset(gC, 0, sizeof(gC));
}

void Update(int k, int n, int add){
while (k <= n){
gC[k] += add;
k += gLowbit[k];
}
}

int Query(int k){
int result = 0;
while (k > 0){
result += gC[k];
k -= gLowbit[k];
}
return result;
}

int main(){
int cas, N, M, K, e_city, w_city;
scanf("%d", &cas);
InitLowbit(1001);
for (int c = 1; c <= cas; c++){
scanf("%d %d %d", &N, &M, &K);
gHws.clear();
InitSequence(M);
for (int i = 1; i <= K; i++){
scanf("%d %d", &e_city, &w_city);
gHws.push_back(Highway(e_city, w_city));
}
sort(gHws.begin(), gHws.end(), Cmp);
long long int crossing = 0;
for (int i = 0; i < K; i++){
crossing += (Query(M) - Query(gHws[i].west_city));
Update(gHws[i].west_city, M, 1);
}
printf("Test case %d: %lld\n", c, crossing);
}
return 0;
}