poj 3067

题意：日本岛东海岸与西海岸分别有N和M个城市，现在修高速公路连接东西海岸的城市，求交点个数。

做法：记每条告诉公路为(x,y), 即东岸的第x个城市与西岸的第y个城市修一条路。当两条路有交点时，满足（x1-x2）*（y1-y2）  < 0。所以，将每条路按x从小到达排序，若x相同，按y从小到大排序。  然后按排序后的公路用树状数组在线更新，求y的逆序数之  和    即为交点个数。

上面说的可能有点难理解，详细说明如下。

 记第i条边的端点分别为xi,yi。

由于x是从小到大排序的，假设当前我们在处理第k条边，那么第1~k-1条边的x必然是小于（等于时候暂且不讨论）第k条边的 x 的，那么前k-1条边中，与第k条边相交的边的y值必然大于yk的，所以此时我们只需要求出在前k-1条边中有多少条边的y值在区间[yk, M]即可,也就是求yk的逆序数，M为西岸城市个数，即y的最大值。 所以就将问题转化成区间求和的问题，树状数组解决。当两条边的x相同时，我们记这两条边的y值分别为ya，yb（ya<yb),我们先处理（x，ya），再处理（x，yb），原因很明显，因为当x相同时，这两条边是认为没有交点的，若先处理（x，yb），那么下次处理（x，ya）时，（x，ya）就会给（x，yb）增加一个逆序，也就是将这两条边做相交处理了。

代码如下：

 

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAX = 1005;

struct data
{
    int u, v;
}way[MAX*MAX];//路最多有1005*1005条

int n, m, k;
__int64 ar[MAX];


int lowbit(int i)
{
	return i&(-i);
}

bool cmp(data a, data b)
{
    if(a.u == b.u) 
		return a.v > b.v;
    return a.u > b.u;
}

void add(int i)
{
    while(i <= m)
	{
        ar[i] += 1;
        i += lowbit(i);
    }
}

__int64 sum(int i)
{
    __int64 ans = 0;
    while(i > 0)
	{
        ans += ar[i];
        i -= lowbit(i);
    }
    return ans;
}

int main()
{
    int testCase, t, i;
    scanf("%d", &testCase);
    for(t = 1; t <= testCase; t ++)
	{
        memset(ar, 0, sizeof(ar));
        scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
        for(i = 0; i < k; i ++)
            scanf("%d%d", &way[i].u, &way[i].v);
        sort(way, way + k, cmp);
        __int64 ans = 0;
        for(i = 0; i < k; i ++)
		{
            ans += sum(way[i].v-1);/*如果不减一的话,就将共端点的线段的交点也计为有效了*/
            add(way[i].v);
        }
        printf("Test case %d: %I64d\n", t, ans);
    }
    return 0;
}