Codeforces Round #261 (Div. 2) D. Pashmak and Parmida's problem （树状数组求逆序数 变形）

题目链接

题意：给出数组A，定义f(l,r,x)为A[]的下标l到r之间，等于x的元素数。i和j符合f(1,i,a[i])>f(j,n,a[j])，求i和j的种类数。

我们可以用map预处理出 f(1, i, a[i]) 和 f(j, n, a[j]) ，记为s1[n], s2[n]。

这样就变成求满足 s1[i] > s[j]， i < j 情况的数量了,你会发现跟求逆序对一样

分析：

做题的时候想到过逆序数，但是很快放弃了，还是理解不深刻吧，，，233.

看了这个博客以后才明白这些过程：http://www.cnblogs.com/yuiffy/p/3916512.html

使用树状数组统计小于某数的元素数量。

我们可以先把f(1,i,a[i])和f(j,n,a[j])写出来，观察一下，例如样例1：

n=7

A　　1　　2　　1　　1　　2　　2　　1

R　　4　　3　　3　　2　　2　　1　　1

L　　1　　1　　2　　3　　2　　3　　4

其中A为给定的数组，Rj为f(j,n,a[j])，Li为f(1,i,a[i])。

对每个Li，我们要统计的其实就是符合（j>i，且Rj<Li）的Rj的个数。就是这个Li右边有多少个比它小的Rj。

这样我们可以用树状数组，把Rj各个数的数量全存到树状数组里，例如这个样例就是4有1个，3有2个，2有2个，1有2个。然后从左到右遍历Li，每次从树状数组里删掉Rj，并且求sum(Li-1)，也就是树状数组中1~Li-1的和，也就是比Li小的元素个数。

例如这个样例，到L3时，树状数组里记了2个1和2个2（1个4和2个3在之前被删掉了），L3=2，则sum(L3-1)=sum(2)=1的数量+2的数量=3。ans+=3。

其实从左到右加一遍以后，树状数组是这个样子的：

下标 1  2  3  4

值    2  2  2  1

不能不说这个过程还是挺难想的

时间复杂度是O(n*log(n));

 #include <iostream>
 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <cstdlib>
 #include <cmath>
 #include <map>
 #include <algorithm>
 #define LL __int64
 const int maxn = +;
 using namespace std;
 int c[maxn], a[maxn], n;

 int lowbit(int x)
 {
     return x&(-x);
 }
 void add(int x,int d)
 {
     while(x <= n)
     {
         c[x] += d;
         x +=lowbit(x);
     }
 }
 LL sum(int x)
 {
     LL ret = ;
     while(x > )
     {
         ret += c[x];
         x -= lowbit(x);
     }
     return ret;
 }
 void slove()
 {
     map<int, int>x, y;
     LL ans = ;
     int i;
     memset(c, , sizeof(c));

     for(i = ; i <= n; i++)
     {
         scanf("%d", &a[i]);
         x[a[i]] ++;
         add(x[a[i]], );  //其实树状数组里的下标代表个数，数组里的数代表扫过去的依次产生的该个数的数量。
     }
     for(i = ; i <= n; i++)
     {
         y[a[i]] ++; //要查找的数量++
         add(x[a[i]], -);  //依次把原来的-1
         x[a[i]] --;  //x[]里也要减去
         ans += sum(y[a[i]]-); //求从1到 比当前的个数少一的个数的和。
     }
     printf("%I64d\n", ans);
 }

 int main()
 {
     while(~scanf("%d", &n))
     {
         slove();
     }
     return ;
 }