bzoj 3333: 排队计划（树状数组+线段树）

3333: 排队计划

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6 2
160 163 164 161 167 160
2
3

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6
3
1

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wyx528命题

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题解：树状数组+线段树

首先利用权值树状数组求出以i个点开头的逆序对数。

选出一个位置i,将i-n中所有小于等于p[i]的位置选出来重新排好序后放回，可以发现这样做对于位于i前面的点的逆序对数没有影响，因为原先在后面现在还在后面，对于i-n中大于p[i]的点的逆序对数也没有影响因为无论怎么移动，选出的位置一定小于他。那么有影响的其实就是选出了的点，他们的逆序对数变为了0。

用线段树维护区间最小值所在的位置（如果两个位置的值一样，那么优先选择后面的位置），每次将一个位置的逆序对数清零后，将这个位置的数值付成极大值，这样就可以保证每个点至多修改一次，然后从i-n的区间中一直修改，知道a[i]=inf位置，输出此时序列中的总逆序对数。时间复杂度应该在o(nlogn)左右。

刚开始还想到了树套数的写法，用区间线段树套权值线段树，貌似也可以，但是时间复杂度不如这种方法优越。

#include
#include
#include
#include
#include
#define N 500003
#define LL long long 
#define inf 1000000000
using namespace std;
int n,m;
int a[N],b[N],p[N],cnt;
LL f[N],tr[N*4],ans;
int tree[N*4];
int cmp(int x,int y)
{
	return b[x]=ll&&r<=rr)
	 return tree[now];
	int mid=(l+r)/2;
	int ans=0;
	if (ll<=mid)
	  ans=query(now<<1,l,mid,ll,rr);
	if (rr>mid)
	 {
	 	int t=query(now<<1|1,mid+1,r,ll,rr);
	 	if (ans==0) ans=t;
	 	else ans=pd(ans,t);
	 }
	return ans;
}
void pointchange(int now,int l,int r,int x)
{
	if (l==r)
	{
		a[l]=inf;
		f[l]=0; 
		return ;
	}
	int mid=(l+r)/2;
	if (x<=mid)
	 pointchange(now<<1,l,mid,x);
	else
	 pointchange(now<<1|1,mid+1,r,x);
	update(now);
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	 scanf("%d",&b[i]),p[i]=i;
	sort(p+1,p+n+1,cmp);
	cnt=0;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	 if (b[p[i]]!=b[p[i-1]]) a[p[i]]=++cnt;
	 else a[p[i]]=cnt;
	for (int i=n;i>=1;i--)
	  {
	  	change(a[i],1);
	  	f[i]=sum(a[i]-1); 
	  	ans+=f[i];
	  }
	printf("%lld\n",ans);
	build(1,1,n);
	for (int i=1;i<=m;i++)
	 {
	 	int x; scanf("%d",&x);
	 	while (a[x]!=inf)
	 	 {
	 	 	int t=query(1,1,n,x,n);
	 	 	ans-=f[t];
	 	 	pointchange(1,1,n,t);
	 	 }
	 	printf("%lld\n",ans);
	 }
}