题目描述
这是 LeetCode 上的 1395. 统计作战单位数 ，难度为 中等。
Tag : 「树状数组」、「容斥原理」
n 名士兵站成一排。每个士兵都有一个 独一无二 的评分 rating 。
每 $3$ 个士兵可以组成一个作战单位，分组规则如下：
- 从队伍中选出下标分别为
i、j、k的 $3$ 名士兵，他们的评分分别为 $rating[i]$、$rating[j]$、$rating[k]$ - 作战单位需满足： $rating[i] < rating[j] < rating[k]$ 或者 $rating[i] > rating[j] > rating[k]$ ，其中 $0 <= i < j < k < n$
请你返回按上述条件可以组建的作战单位数量。每个士兵都可以是多个作战单位的一部分。
示例 1：
输入：rating = [2,5,3,4,1]
输出：3
解释：我们可以组建三个作战单位 (2,3,4)、(5,4,1)、(5,3,1) 。示例 2：
输入：rating = [2,1,3]
输出：0
解释：根据题目条件，我们无法组建作战单位。示例 3：
输入：rating = [1,2,3,4]
输出：4提示：
- $n == rating.length$
- $3 <= n <= 1000$
- $1 <= rating[i] <= 10^5$
rating中的元素都是唯一的
基本分析
为了方便，我们记 rating 为 rs。
题目本质是要我们统计所有满足「递增」或「递减」的三元组。换句话说，对于每个 $t = rs[i]$ 而言，我们需要统计比其 $t$ 大或比 $t$ 小的数的个数。
问题涉及「单点修改（更新数值 $t$ 的出现次数）」以及「区间查询（查询某段范围内数的个数）」，使用「树状数组」求解较为合适。
树状数组 - 枚举两端
一个朴素的想法是，对于三元组 $(i, j, k)$，我们枚举其两端 $i$ 和 $k$，根据 $rs[i]$ 和 $rs[k]$ 的大小关系，查询范围 $[i + 1, k - 1]$ 之间合法的数的个数。
在确定左端点 $i$ 时，我们从 $i + 1$ 开始「从小到大」枚举右端点 $k$，并将遍历过程中经过的 $rs[k]$ 添加到树状数组进行计数。
处理过程中根据 $a = rs[i]$ 和 $b = rs[k]$ 的大小关系进行分情况讨论：
- 当 $a < b$ 时，我们需要在范围 $[i + 1, k - 1]$ 中找「大于 $a$」同时「小于 $b$」的数的个数，即
query(b - 1) - query(a) - 当 $a > b$ 时，我们需要在范围 $[i + 1, k - 1]$ 中找「小于 $a$」同时「大于 $b$」的数的个数，即
query(a - 1) - query(b)
一些细节：显然我们需要在枚举每个左端点 $i$ 时清空树状数组，但注意不能使用诸如 Arrays.fill(tr, 0) 的方式进行清空。
因为在没有离散化的情况下，树状数组的大小为 $m = 1e5$，即执行 Arrays.fill 操作的复杂度为 $O(m)$，这会导致我们计算量为至少为 $n \times m = 1e8$，会有 TLE 风险。
因此一个合适做法是：在 $[i + 1, n - 1]$ 范围内枚举完 $k$ 后（进行的是 +1 计数），再枚举一次 $[i + 1, n - 1]$ 进行一次 -1 的计数进行抵消。
代码：
class Solution {
static int N = (int)1e5 + 10;
static int[] tr = new int[N];
int lowbit(int x) {
return x & -x;
}
void update(int x, int v) {
for (int i = x; i < N; i += lowbit(i)) tr[i] += v;
}
int query(int x) {
int ans = 0;
for (int i = x; i > 0; i -= lowbit(i)) ans += tr[i];
return ans;
}
public int numTeams(int[] rs) {
int n = rs.length, ans = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int a = rs[i];
for (int j = i + 1; j < n; j++) {
int b = rs[j];
if (a < b) ans += query(b - 1) - query(a);
else ans += query(a - 1) - query(b);
update(b, 1);
}
for (int j = i + 1; j < n; j++) update(rs[j], -1);
}
return ans;
}
}- 时间复杂度：令 $m = 1e5$ 为值域大小，整体复杂度为 $O(n^2\log{m})$
- 空间复杂度：$O(m)$
双树状数组优化 - 枚举中点
我们考虑将 $n$ 的数据范围提升到 $1e4$ 该如何做。
上述解法的瓶颈在于我们枚举三元组中的左右端点，复杂度为 $O(n^2)$，而实际上利用三元组必然递增或递减的特性，我们可以调整为枚举终点 $j$，从而将「枚举点对」调整为「枚举中点」，复杂度为 $O(n)$。
假设当前枚举到的点为 $rs[i]$，问题转换为在 $[0, i - 1]$ 有多少比 $rs[i]$ 小/大 的数，在 $[i + 1, n - 1]$ 有多少比 $rs[i]$ 大/小 的数，然后集合「乘法」原理即可知道 $rs[i]$ 作为三元组中点的合法方案数。
统计 $rs[i]$ 左边的比 $rs[i]$ 大/小 的数很好做，只需要在「从小到大」枚举 $i$ 的过程中，将 $rs[i]$ 添加到树状数组 tr1 即可。
对于统计 $rs[i]$ 右边比 $rs[i]$ 小/大 的数，则需要通过「抵消计数」来做，起始我们先将所有 $rs[idx]$ 加入到另外一个树状数组 tr2 中（进行 +1 计数），然后在从前往后处理每个 $rs[i]$ 的时候，在 tr2 中进行 -1 抵消，从而确保我们处理每个 $rs[i]$ 时，tr1 存储左边的数，tr2 存储右边的数。
代码：
class Solution {
static int N = (int)1e5 + 10;
static int[] tr1 = new int[N], tr2 = new int[N];
int lowbit(int x) {
return x & -x;
}
void update(int[] tr, int x, int v) {
for (int i = x; i < N; i += lowbit(i)) tr[i] += v;
}
int query(int[] tr, int x) {
int ans = 0;
for (int i = x; i > 0; i -= lowbit(i)) ans += tr[i];
return ans;
}
public int numTeams(int[] rs) {
int n = rs.length, ans = 0;
Arrays.fill(tr1, 0);
Arrays.fill(tr2, 0);
for (int i : rs) update(tr2, i, 1);
for (int i = 0; i < n; i++) {
int t = rs[i];
update(tr2, t, -1);
ans += query(tr1, t - 1) * (query(tr2, N - 1) - query(tr2, t));
ans += (query(tr1, N - 1) - query(tr1, t)) * query(tr2, t - 1);
update(tr1, t, 1);
}
return ans;
}
}- 时间复杂度：令 $m = 1e5$ 为值域大小，整体复杂度为 $O(n\log{m})$
- 空间复杂度：$O(m)$
最后
这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.1395 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。
在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。
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