树状数组求逆序对的应用
BIT-逆序对应用
逆序对的定义：
对于一个数列
\[
a_1, a_2, a_3, \cdots, a_n
\]
逆序对的个数是：
\[
\sum_{i < j, a_i > a_j} 1
\]
P1966 火柴排队
题目描述
涵涵有两盒火柴，每盒装有n根火柴，每根火柴都有一个高度。 现在将每盒中的火柴各自排成一列， 同一列火柴的高度互不相同， 两列火柴之间的距离定义为：\(∑(a_i−b_i)^2\)
其中\(a_i\)表示第一列火柴中第i个火柴的高度，\(b_i\)表示第二列火柴中第i个火柴的高度。
每列火柴中相邻两根火柴的位置都可以交换，请你通过交换使得两列火柴之间的距离最小。请问得到这个最小的距离，最少需要交换多少次？如果这个数字太大，请输出这个最小交换次数对 \(99,999,997\)取模的结果。
题解
可以证明当两个数列都是经过排序之后的数列可以使得\(\sum(a_i-b_i)^2\)取到最小，
根据上面的结论，就是说如果对于数列\(\{a_n\}, \{b_n\}\)：
\[
a_1,~a_2,~a_3,~\cdots,~a_{n-1},~a_n \\
b_1,~b_2,~b_3,~\cdots,~b_{n-1},~b_n
\]
对它们的\(id\)排序之后，原数组排序的过程中相当于消除逆序对，但是本来的\(id\)是正序的，对于这个过程是对\(id\)增加逆序对的数量。可以说就因该是当\(a\)数组对于\(b\)数组想要移动到一模一样所需要花的时间。但是如何求出这个步骤是一个值得讨论的问题：
首先定于\(q[a[i]] = b[i]\)，最终的目标是\(a[i]=b[i] = t\)，即\(q[t] = t\)。可以发现终极目标就是将\(q\)数组进行排序所需要的次数是多少，即求\(q\)的逆序对的个数。
代码：
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 100005;
const int P = 99999997;
int n;
struct node {
int id, val;
} a[maxn], b[maxn];
int T[maxn], m[maxn];
int lb(int i) { return i & (-i); }
bool cmp(node x, node y) {
return x.val < y.val;
}
void add(int i, int delta) {
while (i <= n) {
T[i] += delta;
i += lb(i);
}
}
int sum(int i) {
int rtn = 0;
while (i > 0) {
rtn += T[i];
i -= lb(i);
}
return rtn;
}
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i ++)
cin >> a[i].val;
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
cin >> b[i].val;
a[i].id = b[i].id = i;
}
sort(a + 1, a + 1 + n, cmp);
sort(b + 1, b + 1 + n, cmp);
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
m[a[i].id] = b[i].id;
}
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
add(m[i], 1);
ans = (ans + i - sum(m[i])) % P;
}
cout << ans << endl;
return 0;
}P2344 奶牛抗议
题目描述
约翰家的N 头奶牛正在排队游行抗议。一些奶牛情绪激动，约翰测算下来，排在第i 位的奶牛的理智度为Ai，数字可正可负。
约翰希望奶牛在抗议时保持理性，为此，他打算将这条队伍分割成几个小组，每个抗议小组的理智度之和必须大于或等于零。奶牛的队伍已经固定了前后顺序，所以不能交换它们的位置，所以分在一个小组里的奶牛必须是连续位置的。除此之外，分组多少组，每组分多少奶牛，都没有限制。
约翰想知道有多少种分组的方案，由于答案可能很大，只要输出答案除以1000000009 的余数即可。
题解：
方程：
\[
f(i) = \sum_{0≤j<i,~\sum_{t = j + 1}^i a[t] ≥0}f(j), ~f(0)=1
\]
时间复杂度：\(O(n^3)\)，使用前缀和优化：
\[
f(i) = \sum_{0≤j<i,~s[i]-s[j] ≥0}f(j), ~f(0)=1
\]
时间复杂度：\(O(n^2)\)，使用树状数组存\(f\)，其中下标为\(s\)。
对于\(s\)数组需要使用离散化，并且\(0\)要加入离散化的过程，因为\(f(0)=1\)。
代码：
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 100005;
const int P = 1000000009;
int n, a[maxn],s[maxn];
int T[maxn];
int lb(int i) { return i & (-i); }
void add_sum(int i, int d) {
// 由于数组的大小加了1，所以要n + 1
while (i <= n + 1) {
T[i] = (T[i] + d) % P;
i += lb(i);
}
}
int query_sum(int i) {
int ans = 0;
while (i > 0) {
ans = (ans + T[i]) % P;
i -= lb(i);
}
return ans;
}
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
cin >> a[i];
s[i] = s[i-1] + a[i];
a[i] = s[i];
}
// 对s进行离散化
sort(a, a + n + 1);
for(int i = 0; i <= n; i ++)
s[i]=lower_bound(a, a + n + 1, s[i]) - a + 1;
// 设置f[0] = 1, 此处的s[0]表示在原数组中第0号元素在离散化过的数组中的位置
add_sum(s[0], 1);
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
ans = query_sum(s[i]);
add_sum(s[i], ans);
}
cout << ans << endl;
return 0;
}BZOJ-1782 : 奶牛散步/P2982 [USACO10FEB]
题目描述
约翰有n个牧场，编号为1到n。它们之间有n−1条道路，每条道路连接两个牧场，通过这些道路，所有牧场都是连通的。
1号牧场里有个大牛棚，里面有n头奶牛。约翰会把它们放出来散步。奶牛按编号顺序出发，首先出发的是第一头奶牛，等它到达了目的地后，第二头奶牛才会出发，之后也以此类推。每头奶牛的目的地都不同，其中第iii头奶牛的目的地是\(t_i\)号牧场。假如编号较大的奶牛，在经过一座牧场的时候，遇到了一头编号较小的奶牛停在那里散步，就要和它打个招呼。请你统计一下，每头奶牛要和多少编号比它小的奶牛打招呼。
题解
首先这道题可以这样理解：
所有的奶牛从\(1\)号到\(n\)号依次离开出发到各自的牧场\(t_i\)，在经过的道路上如果遇到编号比自己小的牛打招呼，统计总共打多少次招呼。由于编号从小到大，所以只要路径上有牛就肯定会打招呼。
至此，题目的要求的就是对于每头牛，统计在去的路径上有多少头牛。
定义一个农场编号与牛编号的映射关系：\(cow[t[i]] = i\)。
在\(dfs\)整张图的过程中，我们会发现
- 从根节点开始，对树进行深度优先遍历。
- 当进行到节点 i 时，有：
- i 的祖先们 Father[i] 已经被访问过了，但还没有退出。
- 其他节点或者已经被访问过并退出了，或者还没有被访问。
- 那么需要一个数据结构，维护那些已经被访问过了，但还没有退出的点权，支持查询小于特定值的元素的数量 。
- 可以使用树状数组。（使用奶牛编号的下标标记）
所以有以下的代码：
#include <iostream>
using namespace std;
const int maxn = 100005;
int n, p[maxn], head[maxn], cow[maxn], T[maxn], ans[maxn];
int lb(int i) { return i & (-i); }
void modify(int i, int delta) {
while (i <= n) {
T[i] += delta;
i += lb(i);
}
}
int query(int i) {
int ret = 0;
while (i > 0) {
ret += T[i];
i -= lb(i);
}
return ret;
}
struct edge {
int to, next;
} g[maxn * 2];
int ecnt = 2;
void add_edge(int u, int v) {
g[ecnt] = (edge) {v, head[u]};
head[u] = ecnt ++;
}
void dfs(int u, int fa) {
int current = cow[u];
// 这个头牛的答案就是查询：树状数组当中编号比它小的，在路径上的个数和
ans[current] = query(current);
// 刚刚进入这个节点(及其子树)，所以把这个节点加入树状数组
modify(current, 1);
for (int e = head[u]; e != 0; e = g[e].next)
if (g[e].to != fa)
dfs(g[e].to, u);
// 即将退出该节点，再也不会访问到，所以将其从树状数组中删除
modify(current, -1);
}
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i < n; i ++) {
int a, b; cin >> a >> b;
add_edge(a, b); add_edge(b, a);
}
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
cin >> p[i];
cow[p[i]] = i;
}
dfs(1, 0);
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
cout << ans[i] << endl;
}
return 0;
}P3988 [SHOI2013]发牌
题目描述
在一些扑克游戏里，如德州扑克，发牌是有讲究的。一般称呼专业的发牌手为荷官。荷官在发牌前，先要销牌（burn card）。所谓销牌，就是把当前在牌库顶的那一张牌移动到牌库底，它用来防止玩家猜牌而影响游戏。
假设一开始，荷官拿出了一副新牌，这副牌有N 张不同的牌，编号依次为1到N。由于是新牌，所以牌是按照顺序排好的，从牌库顶开始，依次为1, 2,……直到N，N 号牌在牌库底。为了发完所有的牌，荷官会进行N 次发牌操作，在第i 次发牌之前，他会连续进行Ri次销牌操作， Ri由输入给定。请问最后玩家拿到这副牌的顺序是什么样的？
举个例子，假设N = 4，则一开始的时候，牌库中牌的构成顺序为{1, 2, 3, 4}。
假设R1=2，则荷官应该连销两次牌，将1 和2 放入牌库底，再将3 发给玩家。目前牌库中的牌顺序为{4, 1, 2}。
假设R2=0，荷官不需要销牌，直接将4 发给玩家，目前牌库中的牌顺序为{1,2}。
假设R3=3，则荷官依次销去了1, 2, 1，再将2 发给了玩家。目前牌库仅剩下一张牌1。
假设R4=2，荷官在重复销去两次1 之后，还是将1 发给了玩家，这是因为1 是牌库中唯一的一张牌。
输入输出格式
输入格式：
第1 行，一个整数N，表示牌的数量。
第2 行到第N + 1 行，在第i + 1 行，有一个整数Ri，0<=Ri<N
输出格式：
第1 行到第N行：第i 行只有一个整数，表示玩家收到的第i 张牌的编号。
题解
维护一个数组，其中存的是每张牌是否还在牌库当中，若在，则值为\(1\)，反之，值为\(0\)。
每次摸牌，先销牌\(s\)张就是在剩下的\(m\)张牌中往后寻找\(s\)张牌就是了，如果还未找到\(s\)就已经为原状态的最后一张了，其实只需要进行对\(m\)的牌数进行取模，其实这个想法非常好理解，因为销牌的这个过程是滚动的。
所以我们定义\(r_0\)为原来的找牌的“指针”，\(r_t\)为找到牌的指针，会有下式：
\[
r_t = (s + r_0) \mod m
\]
现在，我们来思考一下\(r_t\)的意义，其实它就是说剩下的牌中（牌的先后位置关系始终未变，变的是找牌的指针）第\(r_t\)张，也就是说我们要找到要维护的数组当中前缀和为\(r_t\)的那个位置就是第\(i\)张牌的位置，即第\(i\)个答案。
从上述的表述可以理解：我们需要维护一个树状数组，并二分答案。
但是其实有一个比二分答案更为简单的做法，就是模拟\(lb\)通过二分的方法访问\(T[]\)来得到位置，时间复杂度仅为\(O(\log n)\)，而不是\(O(\log^2n)\)。
代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <stdio.h>
using namespace std;
const int maxn = 700005;
const int maxx = 1 << 20;
int n, T[maxn];
inline int lb(int i) { return i & (-i); }
int query(int x) {
int pos = 0;
// 第一次查询的区间最大，其后每次减半，相当于二分，但这里访问T数组的时间复杂度为O(1)，故时间复杂度为O(log n)而不是O(log^2 n)
for (int i = maxx; i > 0; i >>= 1) {
// 更新位置
int j = i + pos;
// 整个过程相当于在进行lb，所以x代表直到pos的前缀和与原来所求的差值，即距query目标还差的一部分
if (j <= n && T[j] <= x) {
pos = j;
x -= T[j];
}
}
return pos + 1;
}
void modify(int i, int d) {
while (i <= n) {
T[i] += d;
i += lb(i);
}
}
int main() {
scanf("%d", &n);
// O(n)时间建树状数组，原因是a[i]=1
for (int i = 1; i <= n; i ++)
T[i] = lb(i);
int r = 0;
for (int m = n; m > 0; m --) {
int s; scanf("%d", &s);
r = (r + s) % m;
// 在树状数组当中查询值为r的位置，时间复杂度为O(n)
int pos = query(r);
// 由于这张牌被发掉了，所以应该将这张牌从树状数组当中移除
modify(pos, -1);
// 答案就为这个位置编号
printf("%d\n", pos);
}
return 0;
}