在一个小镇上住着n位武林高手，他们互相之间经常PK，不过PK的时候必须要有一位裁判在场。这个小镇上的房子从1—n依次排列（一条直线上），两个人要单挑时必须到另一个人的家里，让这个人作为裁判，裁判的武功不能同时比两个人低也不能同时比两个人高。由于每个高手都很懒，所以他们走的路程不能比他俩之间的距离远（即只能在他们序号之间高手中选择裁判）。求小镇上最多能进行几场PK。
upc1976 树状数组和线段树两种做法
1976: problem F
Time Limit: 3 Sec Memory Limit: 64 MBSubmit: 78 Solved: 17
[ Submit][ Status][ Web Board]
Description
Input
先输入一个整数T(T<=100)，包含T组测试数据，每组数据先输入n(n<=100000)，然后后面是n个数，表示n个武林高手的功夫ai,(ai<=100000)。
Output
能够进行的最大场数，每组数据占一行。
Sample Input
231 2 352 2 2 2 2
Sample Output
110
很久以前就看到过这个题，当时肯定是不会。现在听说是树状数组做，因为不怎么会，就又把树状数组看了一遍。。
树状数组貌似都要离散化，先排个序什么的。这道题先用结构体记下每个人的武功值和序号，再按武功值排序（武功相等的序号小的在前）。然后按这个顺序先顺着循环一遍，循环过程中对每个序号（a[i].order）调用sum函数，也就是插入这个序号前有多少个序号比它小（正是武功值也比它小，序号也比它小），用lmin[i]记录在i左边武功比i小的，（是排了序后的第i个人），那么在i左边武功比i大的人数就是i-lmin[i]（i从0开始）,用lmax[i]记下，再插入a[i].order。接着重新倒着循环一遍，同理可求出rmin[]和rmax[]，最后答案就是lmin[i]*rmax[i]+lmax[i]*rmin[i]的和。注意树状数组的起点是1。
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<climits>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int T,N;
long long lmin[400010],lmax[400010],rmin[400010],rmax[400010],c[400010];
struct node{
int value,order;
}a[100010];
bool cmp(node a,node b){
if(a.value==b.value) return a.order<b.order;
return a.value<b.value;
}
int lowbit(int x){
return x&(-x);
}
void add(int i,int v){
while(i<=N){
c[i]+=v;
i+=lowbit(i);
}
}
int sum(int i){
int s=0;
while(i>0){
s+=c[i];
i-=lowbit(i);
}
return s;
}
int main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d",&N);
int i;
long long ans=0;
for(i=0;i<N;i++){
scanf("%d",&a[i].value);
a[i].order=i+1;
}
sort(a,a+N,cmp);
memset(c,0,sizeof(c));
for(i=0;i<N;i++){
int s=sum(a[i].order);
lmin[i]=s;
lmax[i]=i-s;
add(a[i].order,1);
}
memset(c,0,sizeof(c));
for(i=N-1;i>=0;i--){
int s=sum(a[i].order);
rmin[i]=s;
rmax[i]=N-i-1-s;
add(a[i].order,1);
}
for(i=0;i<N;i++) ans+=(lmin[i]*rmax[i]+lmax[i]*rmin[i]);
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
当时学长说能用树状数组做的都能用线段树做，于是我就想了下线段树怎么做。排序那些还是一样，只要把add函数和sum函数修改一下。add函数就是往下找路径，路径上每个点都加一，sum函数我感觉有点像2进制有多少个0那个数位DP的，如果路径是往右，就把左边那一部分的加上（也就是比它小的），最后如果自己那条路径上也存在，那也要加上。
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<climits>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int T,N;
long long lmin[400010],lmax[400010],rmin[400010],rmax[400010],c[400010];
struct node{
int value,order;
}a[100010];
bool cmp(node a,node b){
if(a.value==b.value) return a.order<b.order;
return a.value<b.value;
}
void add(int l,int r,int pos,int p,int v){
if(l==r){
c[pos]=v;
return;
}
c[pos]+=v;
int mid=(l+r)/2;
if(p<=mid) add(l,mid,pos<<1,p,v);
else add(mid+1,r,(pos<<1)+1,p,v);
}
int sum(int l,int r,int pos,int p){
if(l==r) return c[pos];
int mid=(l+r)/2;
if(p<=mid) return sum(l,mid,pos<<1,p);
else return c[pos<<1]+sum(mid+1,r,(pos<<1)+1,p);
}
int main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d",&N);
int i;
long long ans=0;
for(i=0;i<N;i++){
scanf("%d",&a[i].value);
a[i].order=i+1;
}
sort(a,a+N,cmp);
memset(c,0,sizeof(c));
for(i=0;i<N;i++){
int s=sum(1,N,1,a[i].order);
lmin[i]=s;
lmax[i]=i-s;
add(1,N,1,a[i].order,1);
}
memset(c,0,sizeof(c));
for(i=N-1;i>=0;i--){
int s=sum(1,N,1,a[i].order);
rmin[i]=s;
rmax[i]=N-i-1-s;
add(1,N,1,a[i].order,1);
}
for(i=0;i<N;i++) ans+=lmin[i]*rmax[i]+lmax[i]*rmin[i];
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
做了这两种方法，对线段树和树状数组又熟悉了，感觉树状数组快一些，因为不用递归。这两种方法的区间表示方式区别挺大的，树状数组增加元素m只要循环从m到N，求sum的时候只要从m到1。而线段树修改和询问函数都要找它的区间。
要注意的是数组要开4*N。