线段树,树状数组

线段树

    博客分类: 
  • 算法
线段树的构造思想 
线段树是一棵二叉树,树中的每一个结点表示了一个 区间 [a,b]。每一个叶子节点表示了一个单位区间。对于每一个非叶结点所表示的结点[a,b],其左儿子表示的区间为[a,(a+b)/2],右儿子表示的区间为[(a+b)/2,b]。 
例如: 
线段树,树状数组_第1张图片
线段树的运用  
线段树的每个节点上往往都增加了一些其他的域。在这些域中保存了某种动态维护的信息,视不同情况而定。这些域使得线段树具有极大的灵活性,可以适应不同的需求。 

例1:求覆盖线段的总长度 
      [10000,22000]   [30300,55000]   [44000,60000]   [55000,60000] 
排序得10000,22000,30300,44000,55000,60000 
对应得     1,   2,    3,    4,    5,    6 
        [1,2]            [3,5]           [4,6]          [5,6] 

线段树做法: 

线段树,树状数组_第2张图片

线段树,树状数组_第3张图片

线段树,树状数组_第4张图片

例2: http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=2528  
题意:贴海报,输出可以看到的个数. 
Java代码   收藏代码
  1. //贴海报,输出没有被覆盖的个数  
  2. //可以改成cpp试试  
  3. #include  
  4. struct node  
  5. {  
  6.     int l,r; //左右孩子的编号  
  7.     int st,mi,en;  
  8.     int id;  
  9. };  // 线段树简单一维  
  10. const int maxN = 50000002//线段树的节点个数  
  11. const int maxL = 10000020//台阶的宽度上限  
  12.   
  13. node segment_tree[maxN]; //保存着线段树的所有节点  
  14. #define tree segment_tree  
  15. int root, ptr;  
  16. void insert(int cr, int start, int end, int color) //插入到指定区域,同时初始化沿途的所有节点  
  17. {  
  18.     if(start >= end) //不符合输入要求  
  19.         return;  
  20.     if(tree[cr].st == start && tree[cr].en == end) //输入区间正好等于节点的表示区间  
  21.     {  
  22.         tree[cr].id = color; //这个区间属于该海报  
  23.         return;  
  24.     }  
  25.     int mid = (tree[cr].st + tree[cr].en) / 2;  
  26.     if(tree[cr].l == 0//意味着还没有初始化孩子结点  
  27.     {  
  28.         //ptr代表节点的编号  
  29.         tree[cr].l = ptr++;  
  30.         tree[tree[cr].l].l = tree[tree[cr].l].r = 0;  
  31.         tree[tree[cr].l].id = -1;  
  32.         tree[tree[cr].l].st = tree[cr].st, //这里对左右孩子的范围进行初始化  
  33.         tree[tree[cr].l].en = mid;  
  34.     }  
  35.     if(tree[cr].r == 0)  
  36.     {  
  37.         tree[cr].r = ptr++;  
  38.         tree[tree[cr].r].l = tree[tree[cr].r].r = 0;  
  39.         tree[tree[cr].r].id = -1;  
  40.         tree[tree[cr].r].st = mid,  
  41.         tree[tree[cr].r].en = tree[cr].en;  
  42.     }  
  43.   
  44.     if(tree[cr].id != 0//之后的子区间肯定都属于该海报  
  45.     {  
  46.         tree[tree[cr].l].id = tree[tree[cr].r].id = tree[cr].id;  
  47.         tree[cr].id = 0;  
  48.     }  
  49.   
  50.     if(start >= mid){  
  51.         insert(tree[cr].r, start, end, color);  
  52.         return;  
  53.     }  
  54.     if(end <= mid){  
  55.         insert(tree[cr].l, start, end, color);  
  56.         return;  
  57.     }  
  58.     insert(tree[cr].l, start, mid, color);  
  59.     insert(tree[cr].r, mid, end, color);  
  60. }  
  61.   
  62.   
  63. char exist[10001];  
  64. void trail(int cr) //统计可以看见的节点编号  
  65. {  
  66.     if(cr == 0 || tree[cr].id == -1)  
  67.         return;  
  68.     exist[tree[cr].id] = 1//id不为0,意味着只有它可见,但之后的节点都看不见了.  
  69.     if(tree[cr].id != 0//不为0意味着后面的区域都要被覆盖.  
  70.         return;  
  71.     trail(tree[cr].l);  
  72.     trail(tree[cr].r);  
  73. }  
  74.   
  75. //初始化跟节点  
  76. void init()  
  77. {  
  78.     root = 1;  
  79.     tree[root].l = tree[root].r = tree[root].id = 0;  
  80.     tree[root].st = 1, tree[root].en = maxL, tree[root].mi = (1 + maxL)/2;  
  81.     ptr = 2;  
  82. }  
  83.   
  84. int main()  
  85. {  
  86.     int test,n,i,l,r;  
  87.     scanf("%d", &test);  
  88.     while(test--)  
  89.     {  
  90.         init();  
  91.         scanf("%d",&n);  
  92.         for(i = 1; i <= n; i++)  
  93.         {  
  94.             scanf("%d%d",&l,&r);  
  95.             insert(1, l, r+1, i); //从根节点开始插入  
  96.         }  
  97.         for(i = 1; i <= n; i++)  
  98.             exist[i] = 0;  
  99.         trail(1);  
  100.         int ans = 0;  
  101.         for(i = 1; i <= n; i++)  
  102.             if(exist[i])  
  103.                 ans++;  
  104.         printf("%d\n",ans);  
  105.     }  
  106.     return 0;  
  107. }  

RMQ (Range Minimum/Maximum Query)问题是指:对于长度为n的数列A,回答若干询问RMQ(A,i,j)(i,j<=n),返回数列A中下标在[i,j]里的最小(大)值,也就是说,RMQ问题是指求区间最值的问题 

主要方法及复杂度(处理复杂度和查询复杂度)如下: 
1.朴素(即搜索) O(n)-O(n) 
2.线段树(segment tree) O(n)-O(qlogn) 
3.ST(实质是动态规划) O(nlogn)-O(1) 

线段树方法
线段树能在对数时间内在数组区间上进行更新与查询。 
定义线段树在区间[i, j] 上如下: 
第一个节点维护着区间 [i, j] 的信息。 
if i
可知 N  个元素的线段树的高度 为 [logN] + 1(只有根节点的树高度为0) . 
下面是区间 [0, 9]  的一个线段树: 

线段树,树状数组_第5张图片 

线段树和堆有一样的结构, 因此如果一个节点编号为 x ,那么左孩子编号为2*x  右孩子编号为2*x+1. 

使用线段树解决RMQ问题,关键维护一个数组M[num],num=2^(线段树高度+1). 
M[i]:维护着被分配给该节点(编号:i 线段树根节点编号:1)的区间的最小值元素的下标。 该数组初始状态为-1. 
Cpp代码   收藏代码
  1. #include  
  2.   
  3. using namespace std;  
  4.   
  5. #define MAXN 100  
  6. #define MAXIND 256 //线段树节点个数  
  7.   
  8. //构建线段树,目的:得到M数组.  
  9. void initialize(int node, int b, int e, int M[], int A[])  
  10. {  
  11.     if (b == e)  
  12.         M[node] = b; //只有一个元素,只有一个下标  
  13.     else  
  14.     {  
  15.     //递归实现左孩子和右孩子  
  16.         initialize(2 * node, b, (b + e) / 2, M, A);  
  17.         initialize(2 * node + 1, (b + e) / 2 + 1, e, M, A);  
  18.     //search for the minimum value in the first and  
  19.     //second half of the interval  
  20.     if (A[M[2 * node]] <= A[M[2 * node + 1]])  
  21.         M[node] = M[2 * node];  
  22.     else  
  23.         M[node] = M[2 * node + 1];  
  24.     }  
  25. }  
  26.   
  27. //找出区间 [i, j] 上的最小值的索引  
  28. int query(int node, int b, int e, int M[], int A[], int i, int j)  
  29. {  
  30.     int p1, p2;  
  31.   
  32.   
  33.     //查询区间和要求的区间没有交集  
  34.     if (i > e || j < b)  
  35.         return -1;  
  36.   
  37.     //if the current interval is included in  
  38.     //the query interval return M[node]  
  39.     if (b >= i && e <= j)  
  40.         return M[node];  
  41.   
  42.     //compute the minimum position in the  
  43.     //left and right part of the interval  
  44.     p1 = query(2 * node, b, (b + e) / 2, M, A, i, j);  
  45.     p2 = query(2 * node + 1, (b + e) / 2 + 1, e, M, A, i, j);  
  46.   
  47.     //return the position where the overall  
  48.     //minimum is  
  49.     if (p1 == -1)  
  50.         return M[node] = p2;  
  51.     if (p2 == -1)  
  52.         return M[node] = p1;  
  53.     if (A[p1] <= A[p2])  
  54.         return M[node] = p1;  
  55.     return M[node] = p2;  
  56.   
  57. }  
  58.   
  59.   
  60. int main()  
  61. {  
  62.     int M[MAXIND]; //下标1起才有意义,保存下标编号节点对应区间最小值的下标.  
  63.     memset(M,-1,sizeof(M));  
  64.     int a[]={3,1,5,7,2,9,0,3,4,5};  
  65.     initialize(1, 0, sizeof(a)/sizeof(a[0])-1, M, a);  
  66.     cout<sizeof(a)/sizeof(a[0])-1, M, a, 0, 5)<
  67.     return 0;  
  68. }  



ST算法
(Sparse Table):它是一种动态规划的方法。 
以最小值为例。a为所寻找的数组. 
用一个二维数组f(i,j)记录区间[i,i+2^j-1](持续2^j个)区间中的最小值。其中f[i,0] = a[i]; 
所以,对于任意的一组(i,j),f(i,j) = min{f(i,j-1),f(i+2^(j-1),j-1)}来使用动态规划计算出来。 
这个算法的高明之处不是在于这个动态规划的建立,而是它的查询:它的查询效率是O(1). 
假设我们要求区间[m,n]中a的最小值,找到一个数k使得2^k
这样,可以把这个区间分成两个部分:[m,m+2^k-1]和[n-2^k+1,n].我们发现,这两个区间是已经初始化好的. 
前面的区间是f(m,k),后面的区间是f(n-2^k+1,k). 
这样,只要看这两个区间的最小值,就可以知道整个区间的最小值! 
Cpp代码   收藏代码
  1. #include  
  2. #include  
  3. #include  
  4. using namespace std;  
  5.   
  6. #define M 100010  
  7. #define MAXN 500  
  8. #define MAXM 500  
  9. int dp[M][18];  
  10. /* 
  11. *一维RMQ ST算法 
  12. *构造RMQ数组 makermq(int n,int b[]) O(nlog(n))的算法复杂度 
  13. *dp[i][j] 表示从i到i+2^j -1中最小的一个值(从i开始持续2^j个数) 
  14. *dp[i][j]=min{dp[i][j-1],dp[i+2^(j-1)][j-1]} 
  15. *查询RMQ rmq(int s,int v) 
  16. *将s-v 分成两个2^k的区间 
  17. *即 k=(int)log2(s-v+1) 
  18. *查询结果应该为 min(dp[s][k],dp[v-2^k+1][k]) 
  19. */  
  20.   
  21. void makermq(int n,int b[])  
  22. {  
  23.     int i,j;  
  24.     for(i=0;i
  25.         dp[i][0]=b[i];  
  26.     for(j=1;(1<
  27.         for(i=0;i+(1<
  28.             dp[i][j]=min(dp[i][j-1],dp[i+(1<<(j-1))][j-1]);  
  29. }  
  30. int rmq(int s,int v)  
  31. {  
  32.     int k=(int)(log((v-s+1)*1.0)/log(2.0));  
  33.     return min(dp[s][k],dp[v-(1<
  34. }  
  35.   
  36. void makeRmqIndex(int n,int b[]) //返回最小值对应的下标  
  37. {  
  38.     int i,j;  
  39.     for(i=0;i
  40.         dp[i][0]=i;  
  41.     for(j=1;(1<
  42.         for(i=0;i+(1<
  43.             dp[i][j]=b[dp[i][j-1]] < b[dp[i+(1<<(j-1))][j-1]]? dp[i][j-1]:dp[i+(1<<(j-1))][j-1];  
  44. }  
  45. int rmqIndex(int s,int v,int b[])  
  46. {  
  47.     int k=(int)(log((v-s+1)*1.0)/log(2.0));  
  48.     return b[dp[s][k]]
  49. }  
  50.   
  51. int main()  
  52. {  
  53.     int a[]={3,4,5,7,8,9,0,3,4,5};  
  54.     //返回下标  
  55.     makeRmqIndex(sizeof(a)/sizeof(a[0]),a);  
  56.     cout<
  57.     cout<
  58.     //返回最小值  
  59.     makermq(sizeof(a)/sizeof(a[0]),a);  
  60.     cout<
  61.     cout<
  62.     return 0;  
  63. }  

应用: http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=3264  
Cpp代码   收藏代码
  1. #include  
  2. #include  
  3. #include  
  4. using namespace std;  
  5. #define maxn 50001  
  6.   
  7. int a[maxn];  
  8. int dpmax[maxn][40];  
  9. int dpmin[maxn][40];  
  10.   
  11. int getmin(int a,int b)  
  12. {  
  13.     if(areturn a;  
  14.     else    return b;  
  15. }  
  16. int getmax(int a,int b)  
  17. {  
  18.     if(a>b) return a;  
  19.     else    return b;  
  20. }  
  21. void Make_Big_RMQ(int n)  
  22. {  
  23.     int i,j;  
  24.     for(i=1;i<=n;i++) dpmax[i][0]=a[i];  
  25.     for(j=1;j<=log((double)n)/log(2.0);j++)  
  26.         for(i=1;i+(1<
  27.         {  
  28.             dpmax[i][j]=getmax(dpmax[i][j-1],dpmax[i+(1<<(j-1))][j-1]);  
  29.         }  
  30. }  
  31. void Make_Min_RMQ(int n)  
  32. {  
  33.     int i,j;  
  34.     for(i=1;i<=n;i++) dpmin[i][0]=a[i];  
  35.     for(j=1;j<=log((double)n)/log(2.0);j++)  
  36.         for(i=1;i+(1<
  37.         {  
  38.             dpmin[i][j]=getmin(dpmin[i][j-1],dpmin[i+(1<<(j-1))][j-1]);  
  39.         }  
  40. }  
  41.   
  42. int get_big_rmq(int a,int b)  
  43. {  
  44.     int k=(int)(log((double)(b-a+1))/log(2.0));  
  45.     return getmax(dpmax[a][k],dpmax[b-(1<
  46. }  
  47. int get_min_rmq(int a,int b)  
  48. {  
  49.     int k=(int)(log((double)(b-a+1))/log(2.0));  
  50.     return getmin(dpmin[a][k],dpmin[b-(1<
  51. }  
  52. int main()  
  53. {  
  54.     int n,i,q,x,y;  
  55.     while(scanf("%d %d",&n,&q)!=EOF)  
  56.     {  
  57.         for(i=1;i<=n;i++)  
  58.         scanf("%d",&a[i]);  
  59.         Make_Big_RMQ(n);  
  60.   
  61.         Make_Min_RMQ(n);  
  62.   
  63.         for(i=1;i<=q;i++)  
  64.         {  
  65.             scanf("%d%d",&x,&y);  
  66.             printf("%d\n",get_big_rmq(x,y)-get_min_rmq(x,y));  
  67.         }  
  68.   
  69.     }  
  70.     return 0;  
  71. }  

树状数组

    博客分类: 
  • 算法
C C++ C# 编程 数据结构 
1,用途 
树状数组是一种非常优雅的数据结构.当要频繁的对数组元素进行修改,同时又要频繁的查询数组内任一区间元素之和的时候,可以考虑使用树状数组. 
换句话说,树状数组最基本的应用: 
对于一个数组,如果有多次操作,每次的操作有两种:1、修改数组中某一元素的值,2、求和,求数组元素a[1]+a[2]+…a[num]的和。 
2,复杂度 
最直接的算法可以在O(1)时间内完成一次修改,但是需要O(n)时间来进行一次查询.而树状数组的修改和查询均可在O(log(n))的时间内完成. 
3,生成 
设a[1...N]为原数组,定义c[1...N]为对应的树状数组: 
c[i] = a[i - 2^k + 1] + a[i - 2^k + 2] + ... + a[i] 
其中k为i的二进制表示末尾0的个数,所以2^k即为i的二进制表示的最后一个1的权值. 
所以2^k可以表示为n&(n^(n-1))或更简单的n&(-n). 
Cpp代码   收藏代码
  1. int lowbit(int n)  
  2. {  
  3.     return n& (-n);    
  4.         //or return n&(n^(n-1));  
  5. }  

也就是说,把k表示成二进制1***10000,那么c[k]就是1***00001 + 1***00010 + ... + 1***10000这一段数的和。 
举例: 
线段树,树状数组_第6张图片 
可以看出:设节点编号为x,那么这个节点管辖的区间为2^k个元素。(其中k为x二进制末尾0的个数) 
C1 = A1 
C2 = A1 + A2 
C3 = A3 
C4 = A1 + A2 + A3 + A4 
C5 = A5 
C6 = A5 + A6 
C7 = A7 
C8 = A1 + A2 + A3 + A4 + A5 + A6 + A7 + A8 
... 
C16 = A1 + A2 + A3 + A4 + A5 + A6 + A7 + A8 + A9 + A10 + A11 + A12 + A13 + A14 + A15 + A16 
4,修改 
修改一个节点,必须修改其所有祖先,最坏情况下为修改第一个元素,最多有log(n)的祖先。 
对a[n]进行修改后,需要相应的修改c数组中的p1, p2, p3...等一系列元素 
其中p1 = n,  pi+1 = pi + lowbit(pi) 
所以修改原数组中的第n个元素可以实现为: 
Cpp代码   收藏代码
  1. void Modify(int n, int delta)  
  2. {  
  3.     while(n <= N)  
  4.     {   
  5.         c[n] += delta;   
  6.         n += lowbit(n);  
  7.     }  
  8. }  



5,求和 
当要查询a[1],a[2]...a[n]的元素之和时,需要累加c数组中的q1, q2, q3...等一系列元素 
其中q1  = n,qi+1 = qi - lowbit(qi) 
所以计算a[1] + a[2] + .. a[n]可以实现为: 
Cpp代码   收藏代码
  1. int Sum(int n)  
  2. {  
  3.     int result = 0;  
  4.     while(n != 0)  
  5.     {   
  6.         result += c[n];   
  7.         n -= lowbit(n);   
  8.     }  
  9.     return result;  
  10. }  

为什么是效率是log(n)的呢?以下给出证明: 
n = n – lowbit(n)这一步实际上等价于将n的二进制的最后一个1减去。而n的二进制里最多有log(n)个1,所以查询效率是log(n)的。 

换句话说: 
若需改变a[i],则c[i]、c[i+lowbit(i)]、c[i+lowbit(i)+lowbit(i+lowbit(i)]……就是需要改变的 c数组中的元素。 
若需查询s[i],则c[i]、c[i-lowbit(i)]、c[i-lowbit(i)-lowbit(i- lowbit(i))]……就是需要累加的c数组中的元素。 

6,与线段树的比较 
树状数组是一个可以很高效的进行区间统计的数据结构。在思想上类似于线段树,比线段树节省空间,编程复杂度比线段树低,但适用范围比线段树小。 

7,应用
 
(1) http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=2155 
首先对于每个数A 
定义集合up(A)表示{A, A+lowestbit(A), A+lowestbit(A)+lowestbit(A+lowestbit(A))...} 
定义集合down(A)表示{A, A-lowestbit(A), A-lowestbit(A)-lowestbit(A-lowestbit(A)) ... , 0}。 
可以发现对于任何A 于是对于这道题目来说,翻转一个区间[A,B](为了便于讨论先把原问题降为一维的情况),我们可以把down(B)的所有元素的翻转次数+1,再把down(A-1)的所有元素的翻转次数-1。而每次查询一个元素C时,只需要统计up(C)的所有元素的翻转次数之和,即为C实际被翻转的次数。 
(2) http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=3321 
一棵树上长了苹果,每一个树枝节点上有长苹果和不长苹果两种状态,两种操作,一种操作能够改变树枝上苹果的状态,另一种操作询问某一树枝节点一下的所有的苹果有多少。具体做法是做一次dfs,记下每个节点的开始时间low[i]和结束时间high[i],那么对于i节点的所有子孙的开始时间和结束时间都应位于low[i]和high[i]之间,另外用一个数组c[i]记录附加在节点i上的苹果的个数,然后用树状数组统计low[i]到high[i]之间的附加苹果总数。这里用树状数组统计区间可以用Sum(high[i])-Sum(low[i]-1)来计算。 
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  1. #include   
  2. #include   
  3. #include   
  4. using namespace std;  
  5.   
  6. //vector g[100005];  
  7. struct Node  
  8. {  
  9.     int v;  
  10.     struct Node *next;  
  11. }g[100005];  
  12. int n,m,cnt,low[100005],high[100005],c[100005],flag[100005];  
  13. bool mark[100005];  
  14.   
  15. void dfs(int v)  
  16. {  
  17.     struct Node *p=g[v].next;  
  18.     mark[v]=true;  
  19.     cnt++;  
  20.     low[v]=cnt;  
  21.     while(p)  
  22.     {  
  23.         if(!mark[p->v])  
  24.             dfs(p->v);  
  25.         p=p->next;  
  26.     }  
  27.     high[v]=cnt;  
  28. }  
  29. int lowbit(int k)  
  30. {  
  31.     return k&(-k);  
  32. }  
  33. void Modify(int num, int v)  
  34. {  
  35.     while(num <= n)  
  36.     {  
  37.         c[num]+=v;  
  38.         num+=lowbit(num);  
  39.     }  
  40. }  
  41. int Sum(int num)  
  42. {  
  43.     int ans=0;  
  44.     while(num > 0)  
  45.     {  
  46.         ans+=c[num];  
  47.         num-=lowbit(num);  
  48.     }  
  49.     return ans;  
  50. }  
  51.   
  52. int main()  
  53. {  
  54.     int i,a,b,ans;  
  55.     char temp[10];  
  56.     struct Node *p;  
  57.     //freopen("in.txt","r",stdin);  
  58.     scanf("%d",&n);  
  59.     memset(g,0,sizeof(g));  
  60.     for(i=1; i
  61.     {  
  62.         scanf("%d%d",&a,&b);  
  63.         p=new Node;  
  64.         p->next=g[a].next;  
  65.         p->v=b;  
  66.         g[a].next=p;  
  67.         p=new Node;  
  68.         p->next=g[b].next;  
  69.         p->v=a;  
  70.         g[b].next=p;  
  71.     }  
  72.     memset(mark,false,sizeof(mark));  
  73.     memset(c,0,sizeof(c));  
  74.     for(i=1; i<=n; i++)  
  75.         flag[i]=1;  
  76.     cnt=0;  
  77.     dfs(1);  
  78.     scanf("%d",&m);  
  79.     while(m--)  
  80.     {  
  81.         scanf("%s",temp);  
  82.         if(temp[0] == 'Q')  
  83.         {  
  84.             scanf("%d",&a);  
  85.             ans=high[a]-low[a]+1+Sum(high[a])-Sum(low[a]-1);  
  86.             printf("%d\n",ans);  
  87.         }  
  88.         else  
  89.         {  
  90.             scanf("%d",&a);  
  91.             if(flag[a]) Modify(low[a],-1);  
  92.             else Modify(low[a],1);  
  93.             flag[a]^=1;  
  94.         }  
  95.     }  
  96.     return 0;  
  97. }  

(3) http://acm.pku.edu.cn/JudgeOnline/problem?id=2481 
给n个区间[Si,Ei],区间[Sj,Ej]< [Si,Ei] 有 Si <= Sj and Ej <= Ei and Ei - Si > Ej – Sj。按y坐标从小到达,x坐标从大到小的顺序排序,然后从后往前扫描,记录i之前所有的j区间Sj
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  1. #include   
  2. #include   
  3. #include   
  4. using namespace std;  
  5.   
  6. struct P  
  7. {  
  8.     int x,y,id;  
  9. }p[100005];  
  10. int n,a[100005],max_n,b[100005];  
  11.   
  12. int lowbit(int k)  
  13. {  
  14.     return k&(-k);  
  15. }  
  16. void Modify(int num, int v)  
  17. {  
  18.     while(num <= max_n)  
  19.     {  
  20.         a[num]+=v;  
  21.         num+=lowbit(num);  
  22.     }  
  23. }  
  24. int Sum(int num)  
  25. {  
  26.     int ans=0;  
  27.     if(num <= 0) return 0;  
  28.     while(num)  
  29.     {  
  30.         ans+=a[num];  
  31.         num-=lowbit(num);  
  32.     }  
  33.     return ans;  
  34. }  
  35. bool operator <(const P a, const P b)  
  36. {  
  37.     if(a.y == b.y) return a.x > b.x;  
  38.     return a.y < b.y;  
  39. }  
  40.   
  41. int main()  
  42. {  
  43.     int i;  
  44.     //freopen("in.txt","r",stdin);  
  45.     while(scanf("%d",&n), n)  
  46.     {  
  47.         max_n=0;  
  48.         for(i=0; i
  49.         {  
  50.             scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y);  
  51.             p[i].id=i;  
  52.             p[i].x++;  
  53.             p[i].y++;  
  54.             if(p[i].y > max_n) max_n=p[i].y;  
  55.         }  
  56.         sort(p,p+n);  
  57.         memset(a,0,sizeof(a));  
  58.         for(i=n-1; i>=0; i--)  
  59.         {  
  60.             if(i != n-1 && p[i].y == p[i+1].y && p[i].x == p[i+1].x)  
  61.                 b[p[i].id]=b[p[i+1].id];  
  62.             else  
  63.                 b[p[i].id]=Sum(p[i].x);  
  64.             Modify(p[i].x,1);  
  65.         }  
  66.         for(i=0; i
  67.         {  
  68.             if(i) printf(" ");  
  69.             printf("%d",b[i]);  
  70.         }  
  71.         printf("\n");  
  72.     }  
  73.     return 0;  
  74. }  

(4)用树状数组求区间第K小元素 
算法的时间复杂度是O(log(n))的,如果要求在线计算的话显然很有优势。 
基本思路是: 
先开一个数组,其中记录某个数出现次数,每输入一个树,相当于将该数出现次数加1,对应到树状数组中就相当于insert(t, 1),统计的时候,可以利用树状数组的求和,既可以二分枚举,也可以利用数的二进制表示,下面的代码有效地利用了数的二进制表示。 
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  1. #include   
  2. using namespace std;  
  3.   
  4. #define maxn 1<<20  
  5. int n,k;  
  6. int c[maxn];  
  7.   
  8. int lowbit(int x){  
  9.     return x&-x;  
  10. }  
  11.   
  12. void insert(int x,int t){  
  13.        while(x
  14.           c[x]+=t;  
  15.           x+=lowbit(x);  
  16.        }  
  17. }  
  18. int find(int k){  
  19.     int cnt=0,ans=0;  
  20.     for(int i=20;i>=0;i--){  
  21.         ans+=(1<
  22.         if(ans>=maxn || cnt+c[ans]>=k)ans-=(1<
  23.         else cnt+=c[ans];  
  24.     }  
  25.     return ans+1;  
  26. }  
  27. void input(){  
  28.        memset(c,0,sizeof(c));  
  29.        int t;  
  30.        scanf("%d%d",&n,&k);  
  31.        for(int i=0;i
  32.             scanf("%d",&t);  
  33.             insert(t,1);  
  34.        }  
  35.        printf("%d\n",find(k));  
  36. }  
  37. int main(){  
  38.     int cases;  
  39.     scanf("%d",&cases);  
  40.     while(cases--){  
  41.         input();  
  42.     }  
  43.     return 0;  
  44. }  


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