【題目鏈接】
http://acm.hust.edu.cn/vjudge/problem/viewProblem.action?id=19613
【解題報告】
在《訓練指南》上看到的這道題目,原題出在樹狀數組下,考慮到大部分樹狀數組可以做的題目線段樹都可以做,雖然效率低一些,代碼長一些,但好處在於維護更方便,擴展性也更強,所以還是用線段樹來做這道題目。可能是最近手生,雖然題目很裸,仍然調了一個多小時才過掉這道題目。希望這段時間還是可以加大訓練量。
簡單說一下題意:
N個不同的數的一個排列,任取其中三個點a,b,c。保證c在a,b之間。問不同的方案有多少種。
如果我們直接枚舉邊界a和c,找a,c間有多少個b,顯而易見的是,這樣做的時間複雜度是O(N^2)
所以這裏有一個很經典的轉化思想,我們枚舉中間點b,找左邊和右邊分別有多少個比他小的點。這樣做的時間複雜度是O(nlogn)
爲什麼呢?
我們先來求,對a[i],它左邊有多少個數比它小。
我們建立一顆線段樹,數據範圍直接開1..100000。維護線段信息tree[i]爲第i個節點代表的線段(L,R)之間已經插入了多少個數, 每得到一個a[i]把它插入到線段樹裏,然後維護tree數組。
同時我們對a[i],查詢1..a[i]-1有多少數已經插入到線段樹裏了。得到的信息就是pre[i]。
類似的,我們再倒着進行一次插入操作,可以得到suf[i](表示a[i]後面有多少個比它大的數)。
其中插入操作的時間複雜度是O(logn),查詢的時間複雜度是O(logn).總的時間複雜度就是O(nlogn).
【參考代碼】
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=100000+50;
int N;
int a[maxn];
int pre[maxn],suf[maxn];
int tree[maxn*4],num[4*maxn];
void build( int O, int L, int R )
{
if( L==R ){ tree[O]=0; num[L]=O; return ; }
int mid=(L+R)/2;
build( O*2, L, mid );
build( O*2+1, mid+1, R );
tree[O]=tree[O*2+1]+tree[O*2];
}
void ins( int O, int L, int R, int x )
{
if( L>R )return;
if( L==R )
{
tree[O]=1;
return ;
}
int mid=(L+R)/2;
if( x<=mid )ins( O*2, L, mid, x );
else ins( O*2+1, mid+1, R, x );
tree[O]=tree[O*2+1]+tree[O*2];
}
int query( int O, int L, int R, int qL, int qR )
{
// cout<<L<<" "<<R<<endl;
if ( L>R ) return 0;
if( L==R )return tree[O];
if( qL>R || qR<L ) return 0;
if( qL<=L && R<=qR )return tree[O];
int mid=(L+R)/2;
if( qR<=mid )return query( O*2, L, mid, qL, qR );
if( mid<qL ) return query( O*2+1, mid+1, R, qL, qR );
return query( O*2, L,mid, qL, qR )+ query( O*2+1, mid+1, R, qL, qR );
}
int main()
{
int T;
cin>>T;
while( T-- )
{
scanf( "%d",&N );
for( int i=1; i<=N; i++ ) scanf( "%d",&a[i] );
build( 1,1,maxn );
for( int i=1; i<=N; i++ )
{
ins( 1,1,maxn, a[i] );
pre[i]=query( 1, 1,maxn, 1, a[i]-1 ); //初始範圍是1..maxn,要查找1..a[i]-1之間有幾個數在a[i]左邊
}
build( 1,1,maxn );
for( int i=N; i>=1; i-- )
{
ins( 1,1,maxn, a[i] );
suf[i]=query( 1,1,maxn, a[i]+1, maxn );
}
LL ans=0;
for( int i=2; i<N; i++ )
{
ans+=(LL)suf[i]*pre[i];
ans+=(LL)(i-1-pre[i])*( N-i-suf[i] );
}
printf( "%I64d\n", ans );
}
return 0;
}