[BZOJ3295][Cqoi2011]动态逆序对（树状数组套线段树||cdq分治）
题目描述
传送门
题解
树状数组套线段树。
向序列里插入点显然要比删点方便很多。
首先知道一个点对整个序列的逆序对的贡献其实是这个点前面有多少个比它大的点加上后面有多少个比它小的点。利用树状数组求前缀和的特点可以求出这个点前面有多少个比它小的点和后面有多少个比它小的点，再用区间中的点减一下即可。
那么用线段树来解决区间问题。
线段树表示当前树状数组所代表的范围中元素的个数。那么查询的时候只需要在求前缀的时候把一特定区间累加。
其实这道题也是一道cdq分治挺好的题
同样是插入点，相当于是统计一下每一个点加入会产生多少个新的逆序对
也就是统计一下前面有多少个比它大的和后面有多少个比它小的
按照时间分治，每一次按照位置排序，左右两个指针，然后加入到权值树状数组中查询就行了
代码
树套树
#include
#include
#include
using namespace std;
#define LL long long
const int max_n=1e5+5;
const int max_tree=1e7+5;
int n,m,sz; LL ans;
int a[max_n],del[max_n],loc[max_n],root[max_n],C[max_n];bool is_del[max_n];
int sum[max_tree],ls[max_tree],rs[max_tree];
LL final[max_n];
inline void update(int now){
sum[now]=sum[ls[now]]+sum[rs[now]];
}
inline void modify(int last,int &now,int l,int r,int x,int v){
int mid=(l+r)>>1;
if (!now) now=++sz;
sum[now]=sum[last]; ls[now]=ls[last]; rs[now]=rs[last];
if (l==r){sum[now]+=v;return;}
if (x<=mid) modify(ls[last],ls[now],l,mid,x,v);
else modify(rs[last],rs[now],mid+1,r,x,v);
update(now);
}
inline LL query(int now,int l,int r,int lrange,int rrange){
int mid=(l+r)>>1; LL ans=0;
if (lrange<=l&&r<=rrange) return (LL)sum[now];
if (lrange<=mid) ans+=query(ls[now],l,mid,lrange,rrange);
if (mid+1<=rrange) ans+=query(rs[now],mid+1,r,lrange,rrange);
return ans;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
for (int i=1;i<=n;++i) loc[a[i]]=i;
for (int i=1;i<=m;++i) scanf("%d",&del[i]),is_del[del[i]]=true;
for (int i=n;i>=1;--i)
if (!is_del[a[i]]){
for (int j=a[i];j>=1;j-=j&(-j))
ans+=query(root[j],1,n,1,n);
for (int j=a[i];j<=n;j+=j&(-j))
modify(root[j],root[j],1,n,i,1);
for (int j=loc[a[i]];j<=n;j+=j&(-j)) C[j]+=1;
}
for (int i=m;i>=1;--i){
LL bs=0;
if (loc[del[i]]+1<=n)
for (int j=del[i];j>=1;j-=j&(-j))
bs+=query(root[j],1,n,loc[del[i]]+1,n);
for (int j=del[i];j<=n;j+=j&(-j))
modify(root[j],root[j],1,n,loc[del[i]],1);
for (int j=loc[del[i]];j<=n;j+=j&(-j)) C[j]+=1;
LL fs=0;
if (1<=loc[del[i]])
for (int j=del[i];j>=1;j-=j&(-j))
fs+=query(root[j],1,n,1,loc[del[i]]);
int tot=0;
for (int j=loc[del[i]];j>=1;j-=j&(-j)) tot+=C[j];
LL fb=(LL)tot-fs;
ans+=bs+fb;
final[i]=ans;
}
for (int i=1;i<=m;++i)
printf("%lld\n",final[i]);
} cdq分治
#includeint main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]),pos[a[i]]=i;
for (int i=n;i>=n-m+1;--i)
scanf("%d",&q[i].val),q[i].loc=pos[q[i].val],q[i].id=i,vis[q[i].loc]=1;
int k=n-m+1;
for (int i=1;i<=n;++i)
if (!vis[i]) q[--k].loc=i,q[k].val=a[i],q[k].id=k;
cdq(1,n);
for (int i=1;i<=n;++i) ans[i]+=ans[i-1];
for (int i=n;i>=n-m+1;--i) printf("%lld\n",ans[i]);
} 总结
这里的内存1e7差不多，学姐说正常应该开nlog^2n，因为每一个树状数组的节点最多有可能被更新logn次，但是那是上限，一般这样就够了= =