D. Pair of Topics

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D. Pair of Topics

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标签

• 思维

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简明题意

• 给定两个n长数组a和b。需要找出满足$i<j,a_i+a_j<b_i+b_j$的数量。

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思路

• 我们移项一下，发现是要找 $i<j,a_i-b_i<-(a_j-b_j)$
• 我们令c[]数组为a数组和b的差。上式就变成$i<j,c_i<-c_j$
• 那么很自然的想法，就是在每一个c[i]后面找值小于$-c_i$的数的数量。这样想，相当于一个在线算法，做法是：权值线段树维护值在某个范围内的数量有多少个。在我们一依次向后考虑每个i的时候，就把前面的a[i]从权值线段树中删掉。然后注意一下要把负数偏移一下，a[i]是1e9的还要离散化一下。很复杂
• 考虑离线做法。 按照$i<j,c_i<-c_j$这个式子想，我们就进入误区了。我们实际可以发现，可以这样求：$i<j,c_i+c_j<0$的对数。这样的话，就和位置无关了，这实际找的就是数列中和<0的对数，那么我们可以随意打乱数组的顺序。
• 那么就可以给数组排序，对每一个数，在它后面寻找和这个数<0的数有多少。
• 这里就有两种做法了，我们可以枚举每一个数，二分找。
• 注意到我们枚举的数是依次递增的，这就类似二维偏序。假设有两个集合，一个是所有的枚举了的数，一个是还没有被枚举的数，那么枚举了的数越大，相应备选的数就越少，而且是在原来基础上越少。 （口胡的忽略就好） 然后就双指针呗，一直往前就好（我觉得双指针是一种二维偏序，或者说很相似）

注意事项

• 无

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总结

• 搞清楚lower_bound()-a中-a得到的是啥。不管lowerbound中第一个参数是a加多少，-a的到的都是：找到的那个元素的下标。
• 题目要求二元组，要是有下标限制，那么我们可以试着转换一下，让其没有下表限制，从而离线做。

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AC代码

二分做法

#pragma GCC optimize(2)
#include
#include
#include
#include 
#include
#include
#include
#include	
#include
#include
#include
using namespace std;

const int maxn = 2e5 + 10;

int a[maxn];

void solve()
{
	int n;
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		cin >> a[i];
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		int t;
		cin >> t;
		a[i] -= t;
	}

	sort(a + 1, a + 1 + n);

	long long ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		ans += n -(upper_bound(a + i + 1, a + 1 + n, -a[i]) - a) + 1;
	cout << ans;
}
	
int main()
{
	//freopen("Testin.txt", "r", stdin);
	solve();
	return 0;
}

双指针做法

#pragma GCC optimize(2)
#include
#include
#include
#include 
#include
#include
#include
#include	
#include
#include
#include
using namespace std;

const int maxn = 2e5 + 10;

int a[maxn];

void solve()
{
	int n;
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		cin >> a[i];
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		int t;
		cin >> t;
		a[i] -= t;
	}

	sort(a + 1, a + 1 + n);

	long long ans = 0;
	int r = n;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		while (a[i] + a[r] > 0)
			r--;
		ans += min(n - r, n - i);
	}
	cout << ans;
}
	
int main()
{
	//freopen("Testin.txt", "r", stdin);
	solve();
	return 0;
}