树状数组 OJ题目大汇总----czyuan原创

先提个注意点，由于Lowbit(0) = 0，这会导致x递增的那条路径发生死循环，所有当树状数组中可能出现0时，我们都全部加一，这样可以避免0带来的麻烦～～

      简单：

      POJ 2299　Ultra-QuickSort
       http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=2299
      求逆序数，可以用经典的归并排序做，也是基本的树状数组题目。

      因为a[i]比较大，但只有最多500000个，所以要离散化。

      逆序数就是求前面的数比后面的数大的次数。从后往前看就是求后面比前小的数的个数。用树状数组！c[i]表示比i的值小的个数。

Problem: 2299 User: pkusilence Memory: 8964K Time: 657MS Language: C++ Result: Accepted Source Code #include #include using namespace std; int n; struct node { int num; int set; }a[500005]; int hash[500005]; __int64 c[500005]; int cmp(node b,node c) { return c.num > b.num; } int Lowbit(int t) { return (-t) & t; } __int64 Sum(int end) { __int64 sum = 0; while(end>0) { sum += c[end]; end -= Lowbit(end); } return sum; } void Modity(int pos,int add) { while(pos <= n) { c[pos] += add; pos += Lowbit(pos); } } int main() { int i; while(scanf("%d",&n)!=EOF && (n != 0)) { for(i=0;i<=n;i++) c[i] = 0; for(i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[i].num); a[i].set = i; } sort(a+1,a+1+n,cmp); for(i=1;i<=n;i++) { hash[a[i].set] = i; } __int64 sum = 0; for(i=n;i>=1;i--) { sum += Sum(hash[i]); Modity(hash[i],1); } printf("%I64d/n",sum); } return 0; }

    

 

      POJ 2352 Stars

http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=2352
      题目意思就是求每个星星左下方的星星的个数，由于y轴已经排序好了，我们可以直接用按x轴建立一维树状数组，然后求相当于它前面比它小的个数，模板直接一套就搞定了～～

 

 

      POJ 1195 Mobile phones
       http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=1195
      二维的树状数组，直接把Update()和Getsum()改为二维即可。
      如Update()函数改为：
      void Update(int x, int y, int d)
      { // 注意：当i = 0，0 + Lowbit(0) = 0，会造成死循环!
          int i, j;
          for (i = x; i < maxn; i += Lowbit(i)) // 注意这里是maxn，是tree[]的大小.
          {
                for (j = y; j < maxn; j += Lowbit(j))
                {
                    tree[i][j] += d;
                }
          }
       }

       写这题的好时候就是求区间和时应该是（x2,y2）-(x2,y1-1)-(x1-1,y2)+(x1,y1)。

而不是（x2,y2）-(x2,y1)-(x1,y2)+(x1,y1).

       POJ 2481 Cows
       http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=2481
       将E从打到小排序，如果E相等按S排序，然后就跟POJ 2352 Stars做法一样了～～

       POJ 3067 Japan
        http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=3067
       先按第一个坐标排序从大到小排序，如果相等按第二个坐标从大到小排序，然后就又是跟Cows和Stars做法相同了...

       做的时候有两点注意：1，算逆序的时候相同的不应该算，即求和时应该减一。

                                 2，要用__int64

        POJ 2029 Get Many Persimmon Trees
         http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=2029
        O(n ^ 2)枚举起点，再用二维树状数组求其中的点数即可。

       HOJ 2275 Number sequence
        http://202.118.224.210/judge/show.php?Contestid=0&Proid=2275
       两个一维树状数组，分别记录在它左边比它小的和在它右边比它大的即可～～

       HOJ 1867 经理的烦恼
       http://202.118.224.210/judge/show.php?Contestid=0&Proid=1867
       先筛法求素数，然后如果从非素数改变成素数就Update(x, 1)，如果从素数改变成非素数就Update(x, -1)即可。

       Sgu 180 Inversions
        http://acm.sgu.ru/problem.php?contest=0&problem=180
       经典树状数组 + 离散化。注意结果要用long long～～

      SPOJ 1029 Matrix Summation
       https://www.spoj.pl/problems/MATSUM/
       基本的二维树状数组...

     中等：

      POJ 2155 Matrix
       http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=2155
      经典树状数组题目，分析见前一篇文章（树状数组学习系列1 之 初步分析——czyuan原创）～～

      POJ 3321 Apple Tree
     http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=3321
      这题的难点不在于树状数组，而是如果将整棵树映射到数组中。我们可以用DFS()改时间戳的方法，用begin[i]表示以i为根的子树遍历的第一个点，end[i]表示以i为根的子树遍历的最后一个点。
      比如数据为：
      5
      1 2
      2 5
      2 4
      1 3
      那么begin[] = {1, 2, 5, 4, 3}, end[] = {5, 4, 5, 4, 3}，下标从1开始。
      对于每个点都对应一个区间(begin[i], end[i])，如果要改变点a的状态，只要Update(begin[a])，要求该子树的苹果树，即Getsum(begin[a] ) - Getsum(end[a] + 1)，(注：这里求和是求x递增的路径的和。)

      POJ 1990 MooFest
       http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=1990
      这题的难点是要用两个一维的树状数组，分别记录在它前面横坐标比它小的牛的个数，和在它前面横坐标比它小的牛的横坐标之和。
      按音量排个序，那么式子为：
      ans += 1LL * cow[i].volumn * (count * x - pre + total - pre - (i - count) * x);
      cow[i].volumn为该牛的能够听到的音量。
      count为在第i只牛前面横坐标比它小的牛的个数。
      pre为在第i只牛前面横坐标比它小的牛的横坐标之和。
      total 表示前i - 1个点的x坐标之和。
      分为横坐标比它小和横坐标比它大的两部分计算即可。

      Hdu 3015 Disharmony Trees
      http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3015
      跟上题方法相同，只要按它的要求离散化后，按高度降序排序，套用上题二个树状数组的方法即可。

      HOJ 2430 Counting the algorithms
      http://202.118.224.210/judge/show.php?Contestid=0&Proid=2430
      这题其实是个贪心，从左往右或者从右往左，找与它相同的删去即可。先扫描一遍记录第一次出现和第二次出现的位置，然后我们从右到佐，每删去一对，只需要更改左边的位置的树状数组即可，因为右边的不会再用到了。

      tju 3243 Blocked Road
      http://acm.tju.edu.cn/toj/showp3243.html
      这题主要在于如果判断是否连通，我们可以先用j = Getsum(b) – Getsum(a – 1)，如果j等于(b – a)或者Getsum(n) – j等于(n – (b – a))，那么点a, b联通。

     SPOJ 227 Ordering the Soldiers
     http://www.spoj.pl/problems/ORDERS/
这题与正常的树状数组题目正好想反，给定数组b[i]表示i前面比a[i]小的点的个数，求a[]数组。
我们可以先想想朴素的做法，比如b[] = {0, 1, 2, 0, 1}，我们用数组c[i]表示还存在的小于等于i的个数，一开始c[] = {1, 2, 3, 4, 5}，下标从1开始。
     我们从右向左扫描b[]数组，b[5] = 1，说明该点的数是剩下的数中第4大的，也就是小于等于它的有4个，即我们要找最小的j符合c[j] = 4(这里可以想想为什么是最小的，不是最大的，挺好理解的)，而c[]是有序的，所以可以用二分来找j，复杂度为O(logn)，但现在问题是每次更新c[]要O(n)的复杂度，这里我们就想到树状数组，c[i]表示还存在的小于等于i的个数，这不正好是树状数组的看家本领吗～～所以处理每个位置的复杂度为O(logn * logn)，总的复杂度为O(n * logn * logn)。

     hdu 2852 KiKi's K-Number
     http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2852
     这题与上面那题类似，只是要求比a大的第k大的数，那我们用Getsum(a)求出小于等于a的个数，那么就是要我们求第k + Getsum(a)大的数，而删除操作只要判断Getsum(a) – Getsum(a - 1)是否为0，为0则说明a不存在。

     难题：

      POJ 2464 Brownie Points II
      http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=2464

      
      这道题用二分也可以做的，这里介绍下树状数组的做法。首先有n个点，过每个点可以做x,y轴，把平面切成BL, TL, TR, BR四个部分，我们现在的问题是如果快速的计算这四个部分的点的个数。
      这样我们可以先预处理，先按y坐标排序，求出每个点正左方和正右方的点的个数LeftPoint[], RightPoint[]，复杂度为O(n)，同样我们再以x坐标排序，求出每个点正上方和正下方点的个数UpPoint[], DownPoint[]。还要求出比点i y坐标大的点的个数 LageY[]。注意：这里要进行下标映射，因为两次排序点的下标是不相同的。
      然后按x坐标从小到大排序，x坐标相等则y坐标从小到大排序。我们可以把y坐标放在一个树状数组中。
对于第i个点，求出Getsum(y[i])即为BL的个数，然后Update(y[i])。由于现在是第i点，说明前面有i – 1个点， 那么
     TL = i - 1 - LeftPoint[i]- BL;
     TR = LargeY[i] - TL – UpPoint[i] ;
     BR = n - BL - TL - TR - LeftPoint[i] - RightPont[i] - UpPoint[i] – DownPont[i] - 1;
     这样我们就求出四个部分的点的个数，然后判断有没有当前解优，有的话就更新即可～～

#include #include using namespace std; #define maxn 200005 struct node { int x; int y; int LeftPoint; //正左边的点数 int RightPoint; //正右边的点数 int UpPoint; //正上方的点数 int DownPoint; //正下方的点数 int LargeY; //比该点Y大的数的数目 }p[maxn]; int C[maxn]; int BL,TL,TR,BR; /*对第j个点的四块内的点数 BL = Getsum(p[j].y) - p[j].LeftPoint - p[j].DownPoint; TL = j - p[j].LeftPoint - p[j].DownPoint - BL; TR = p[j].LargeY - TL - p[j].UpPoint; BR = n - j - 1 - TR - p[j].RightPoint - p[j].UpPoint; */ struct node1 { int Stan; int Ollie; }V[maxn]; bool cmp(node a,node b) { if(a.x == b.x) return a.y < b.y; return a.x < b.x; } bool cmp2(node a,node b) { if(a.y == b.y) return a.x < b.x; return a.y < b.y; } bool cmp3(node1 a,node1 b) { if(a.Stan == b.Stan) return a.Ollie < b.Ollie; return a.Stan > b.Stan; } //bool cmp1(node a,node b){return a.x < b.x;} int lowb(int t) { return t&(-t); } void Updata(int i) { while(i0) { s += C[i]; i -= lowb(i); } return s; } int main() { int i,j,k; int n,num; while(scanf("%d",&n)!=EOF && n!=0) { memset(C,0,sizeof(C)); for(i=0;i Ollie_num) { Stan_num = BL + TR; Ollie_num = TL + BR; } else if(TL + BR == Ollie_num) { if(BL + TR <= Stan_num) { Stan_num = BL + TR; } } Updata(p[j].y); } V[num].Ollie = Ollie_num; V[num].Stan = Stan_num; i = j; } sort(V,V+num,cmp3); printf("Stan: %d; Ollie:",V[0].Stan); for(i=0;i

2010-10-26

     UVA 11610 Reverse Prime
   http://uva.onlinejudge.org/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&category=78&problem=2657&mosmsg=Submission+received+with+ID+7313177
     一道很综合的树状数组题，用到了树状数组中的很多知识点，包括离散化，二分查找等。
     1. 先按题目要求筛法素数，找到所有的Reverse Prime。
     2. 将这些Reverse Prime离散化，只有78500个左右。树状数组中tree[i]记录比i小的点的个数。
当执行q a操作时，二分查找最小的j, 使得Getsum(j) 等于 ++a(因为a可能为0，所以统一加一)。这步与上面SPOJ 227 Ordering the Soldiers 类似。
     3. 当执行d a操作时，先找到a离散化后的值b，然后Update(b, -1)即可。
     按这样做后，运行时间为: 0.3s多，感觉很诧异，因为都是0.1s以下的。这里特别感谢liuzhe大牛的指点，其实题目中的Reverse Prime是由10^6以下的素数倒置得到的，那么得到的要求是7位，最后一位一定是0，我们可以对每个除以10处理，那么数的范围就减小了10倍，速度就提高了不少。
      最后自己又加了点优化，跑了0.056s，排在第3名～～
     3 7313367 czyuan 0.056 C++

 

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