[BZOJ3295][Cqoi2011]动态逆序对 CDQ分治&树套树

3295: [Cqoi2011]动态逆序对

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Description

对于序列A，它的逆序对数定义为满足i<j，且A_i>A_j的数对(i,j)的个数。给1到n的一个排列，按照某种顺序依次删除m个元素，你的任务是在每次删除一个元素之前统计整个序列的逆序对数。

Input

输入第一行包含两个整数n和m，即初始元素的个数和删除的元素个数。以下n行每行包含一个1到n之间的正整数，即初始排列。以下m行每行一个正整数，依次为每次删除的元素。

 

Output

 

输出包含m行，依次为删除每个元素之前，逆序对的个数。

Sample Input

5 4
1
5
3
4
2
5
1
4
2

Sample Output

5
2
2
1

样例解释
(1,5,3,4,2) (1,3,4,2) (3,4,2) (3,2) (3)。

HINT

N<=100000 M<=50000

题解:

啊啊啊这道题真的是差点把自己打死

跟zyfdalao分享了一下思路然后他就按我的思路A了可是我自己却不会了

如果你是树套树玩家,请移步:http://www.cnblogs.com/TSHugh/p/7001884.html

在具体写题解之前,我要分享一个面对瓶颈很好的做法(我这样反复理了三遍,思路一遍比一遍清晰...遇到瓶颈的时候真的很推荐这样做):

思路不通了把所有已知条件再列出来一边,写清变量之间的关系和限制,并且针对每一个条件写出解决方案和打法

感觉凌乱的代码段就删掉重打一遍,用的总时间一定会比死调下去少

首先一个小优化:把val变成n-val+1,这样原来的逆序对就变成了现在的顺序对,个人感觉更加好操作.

我们考虑,我们可以利用树状数组求出一开始总的逆序对数,并且同时利用树状数组求出以每个位置为开头和结尾的逆序对个数,

我们设num数组表示这个数目,num[0][i]表示以i位置结尾的逆序对个数,num[1][i]表示以i位置开头的逆序对个数.

这样的话,每次我们先输出当前的总数,再减去num[0][i]+num[1][i],然后...

我们发现有一些不对,如果原来形成的逆序对的另外那个数已经被删除了,那么这一对就不应该被减去

所以我们考虑再计算一个delta表示这个增量:

其中delta[0][i]表示以i位置结尾,但是另外那个数比i删除的早的逆序对个数,

delta[1][i]表示以i位置开头,但是另外那个数比i删除的早的逆序对个数.

接下来我们考虑什么样的数对(i,j)会被记入delta

如果设i位置的数的删除时间是tim[i](没有被删除的数的删除时间顺次设成m+1~n即可,他们的delta不会被记入答案)

设i位置的数值是val[i](这里的val已经进行了n-val+1取反操作)

那么delta[0][i]里的数应该满足:

tim[i]>tim[j]

val[i]>val[j]

i>j

delta[1][i]里的数应该满足:

tim[i]>tim[j]

val[i]<val[j]

i<j

那么上面这两组约束条件(尤其是第一组)很像一个三维偏序的统计问题.

的确如此,我们只需要用CDQ分治统计一下符合条件的数对数即可.

拿我的思路来说,我们可以让时间有序,给下标排序,用树状数组维护权值val,

这样跑两遍CDQ统计符合条件的偏序对数,就能分别计算delta[0][i]和delta[1][i]

最后输出答案时,先输出答案ans,然后给ans减去num[0][i]+num[1][i],再加上delta[0][i]+delta[1][i],这样就能正确的维护逆序对数了,

代码实现:

 #include <cstring>
 #include <cstdio>
 #include <algorithm>
 using namespace std;
 typedef long long LL;
 const int N=,M=;
 struct node
 {
     int tim,val,pos;
     node (int a=,int b=,int c=){tim=a,val=b,pos=c;}
 }q[N];
 int cnt,n,m,a[N],match[N],step[M];
 bool vis[N];
 LL delta[][N],num[][N],bit[N];
 inline int lowbit(int a){return a&-a;}
 inline void add(int a,LL b)
     {while(a<=n)bit[a]+=b,a+=lowbit(a);}
 inline LL sum(int a)
     {LL ret=;while(a)ret+=bit[a],a-=lowbit(a);return ret;}
 inline void gsum0()
 {
     for(register int i=;i<=n;++i)
         num[][i]=sum(a[i]),add(a[i],);
     memset(bit,,sizeof(bit));
 }
 inline void gsum1()
 {
     for(register int i=n;i;--i)
         num[][i]=sum(a[i]),add(,),add(a[i],-);
     memset(bit,,sizeof(bit));
 }
 inline void readin()
 {
     register int i;scanf("%d%d",&n,&m);
     for(i=;i<=n;++i)
         scanf("%d",&a[i]),a[i]=n-a[i]+,match[a[i]]=i;
     gsum0();gsum1();
     for(i=;i<=m;++i)
         scanf("%d",&step[i]),step[i]=n-step[i]+,vis[step[i]]=;
 }
 inline bool mt1(const node &a,const node &b){return a.pos<b.pos;}
 inline bool mt2(const node &a,const node &b){return a.tim<b.tim;}
 inline void CDQ0(int l,int r)
 {
     if(l==r)return;
     register int mi=l+r>>,i;
     CDQ0(l,mi);CDQ0(mi+,r);
     sort(q+l,q+r+,mt1);
     for(i=l;i<=r;++i)
         if(q[i].tim<=mi)add(q[i].val,);
         else delta[][q[i].tim]+=sum(q[i].val);
     for(i=l;i<=r;++i)
         if(q[i].tim<=mi)add(q[i].val,-);
 }
 inline void CDQ1(int l,int r)
 {
     if(l==r)return;
     register int mi=l+r>>,i;
     CDQ1(l,mi);CDQ1(mi+,r);
     sort(q+l,q+r+,mt1);
     for(i=r;i>=l;--i)
         if(q[i].tim<=mi)add(,),add(q[i].val,-);
         else delta[][q[i].tim]+=sum(q[i].val);
     for(i=r;i>=l;--i)
         if(q[i].tim<=mi)add(,-),add(q[i].val,);
 }
 int main()
 {
     register int i;readin();
     for(i=;i<=m;++i)
         q[++cnt]=node(cnt,step[i],match[step[i]]);
     for(i=;i<=n;++i)
         if(!vis[a[i]])q[++cnt]=node(cnt,a[i],i);
     CDQ0(,n),sort(q+,q+n+,mt2),CDQ1(,n);
     LL ans=;int pos;
     for(i=;i<=n;++i)ans+=num[][i];
     for(i=;i<=m;++i)
     {
         printf("%lld\n",ans),pos=match[step[i]],
         ans-=(num[][pos]+num[][pos]),
         ans+=(delta[][i]+delta[][i]);
     }
 }