【BZOJ3744】Gty的妹子序列-序列分块+树状数组
2018-03-02 12:53
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测试地址:Gty的妹子序列
做法:本题需要用到序列分块+树状数组。
求区间逆序对数,我们知道可以用莫队算法+树状数组来做离线做法,但是这题强制在线,我们应该怎么办呢?
还是考虑分块,将序列分成n−−√n块,每块有n−−√n个元素。我们需要尽可能快的处理出尽可能多的区间内的逆序对数,这样可以有助于我们进行下一步操作。令num(l,r)num(l,r)为区间[l,r][l,r]的答案,我们可以枚举每个块,对每个块的左端点ii,处理出所有num(i,j)(j>i)num(i,j)(j>i),用树状数组处理的话,对于每个块都是O(nlogn)O(nlogn)的,那么总时间复杂度就是O(nn−−√logn)O(nnlogn)。同样地,对每个块的右端点ii,处理出所有num(j,i)(j<i)num(j,i)(j<i)。
有了这些东西,我们应该怎么继续往下做呢?对于一个询问[l,r][l,r],找到l,rl,r所在的块,假定它们分别为c,dc,d(当然有可能c=dc=d)。令lft(i),rht(i)lft(i),rht(i)为第ii块的左右端点,我们计算num(lft(c),r)+num(l,rht(d))−num(lft(c),rht(d))num(lft(c),r)+num(l,rht(d))−num(lft(c),rht(d)),注意到这个结果等于num(l,r)num(l,r)再减去一端在[lft(c),l−1][lft(c),l−1],一端在[r+1,rht(d)][r+1,rht(d)]中的逆序对数。因为这两个区间的长度都不超过n−−√n,那么只需要暴力O(n−−√logn)O(nlogn)处理出多减去的值,然后加回去即可。
那么我们就解决了这一道题,总时间复杂度为O(nn−−√logn)O(nnlogn)。
以下是本人代码:
做法:本题需要用到序列分块+树状数组。
求区间逆序对数,我们知道可以用莫队算法+树状数组来做离线做法,但是这题强制在线,我们应该怎么办呢?
还是考虑分块,将序列分成n−−√n块,每块有n−−√n个元素。我们需要尽可能快的处理出尽可能多的区间内的逆序对数,这样可以有助于我们进行下一步操作。令num(l,r)num(l,r)为区间[l,r][l,r]的答案,我们可以枚举每个块,对每个块的左端点ii,处理出所有num(i,j)(j>i)num(i,j)(j>i),用树状数组处理的话,对于每个块都是O(nlogn)O(nlogn)的,那么总时间复杂度就是O(nn−−√logn)O(nnlogn)。同样地,对每个块的右端点ii,处理出所有num(j,i)(j<i)num(j,i)(j<i)。
有了这些东西,我们应该怎么继续往下做呢?对于一个询问[l,r][l,r],找到l,rl,r所在的块,假定它们分别为c,dc,d(当然有可能c=dc=d)。令lft(i),rht(i)lft(i),rht(i)为第ii块的左右端点,我们计算num(lft(c),r)+num(l,rht(d))−num(lft(c),rht(d))num(lft(c),r)+num(l,rht(d))−num(lft(c),rht(d)),注意到这个结果等于num(l,r)num(l,r)再减去一端在[lft(c),l−1][lft(c),l−1],一端在[r+1,rht(d)][r+1,rht(d)]中的逆序对数。因为这两个区间的长度都不超过n−−√n,那么只需要暴力O(n−−√logn)O(nlogn)处理出多减去的值,然后加回去即可。
那么我们就解决了这一道题,总时间复杂度为O(nn−−√logn)O(nnlogn)。
以下是本人代码:
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m,blocksiz,block[50010],blockhead[230],blocktail[230],maxb,tot,a[50010]; int lft[230][50010],rht[230][50010],sum[50010]={0}; struct forsort { int id,val; }f[50010]; bool cmp(forsort a,forsort b) { return a.val<b.val; } int lowbit(int x) { return x&(-x); } void BITadd(int x,int c) { for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)) sum[i]+=c; } int BITsum(int x) { int s=0; for(int i=x;i;i-=lowbit(i)) s+=sum[i]; return s; } int main() { scanf("%d",&n); blocksiz=(int)sqrt(n); for(int i=1;i<=n;i++) { block[i]=(i-1)/blocksiz; if (i==1||block[i]!=block[i-1]) { blockhead[block[i]]=i; if (i>1) blocktail[block[i-1]]=i-1; } scanf("%d",&f[i].val); f[i].id=i; } maxb=(n-1)/blocksiz; blocktail[maxb]=n; sort(f+1,f+n+1,cmp); tot=0; for(int i=1;i<=n;i++) { if (i==1||f[i].val!=f[i-1].val) tot++; a[f[i].id]=tot; } for(int i=0;i<=maxb;i++) { memset(sum,0,sizeof(sum)); lft[i][blockhead[i]]=0; BITadd(a[blockhead[i]],1); for(int j=blockhead[i]+1;j<=n;j++) { lft[i][j]=lft[i][j-1]+BITsum(n)-BITsum(a[j]); BITadd(a[j],1); } memset(sum,0,sizeof(sum)); rht[i][blocktail[i]]=0; BITadd(a[blocktail[i]],1); for(int j=blocktail[i]-1;j;j--) { rht[i][j]=rht[i][j+1]+BITsum(a[j]-1); BITadd(a[j],1); } } scanf("%d",&m); int lastans=0; memset(sum,0,sizeof(sum)); for(int i=1;i<=m;i++) { int l,r,ans; scanf("%d%d",&l,&r); l^=lastans,r^=lastans; ans=lft[block[l]][r]+rht[block[r]][l]-lft[block[l]][blocktail[block[r]]]; for(int j=r+1;j<=blocktail[block[r]];j++) BITadd(a[j],1); for(int j=blockhead[block[l]];j<l;j++) ans+=BITsum(a[j]-1); for(int j=r+1;j<=blocktail[block[r]];j++) BITadd(a[j],-1); printf("%d\n",ans); lastans=ans; } return 0; }
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