POJ1990 题解

题目大意：有若干头牛，每个牛有一个音量值，两头牛能互相听见对方说话需要发出两头牛中音量值较大者的音量*两头牛的距离的音量，求使任意两头牛都互相听见对方需要发出的音量总和。每头牛的音量值可以相同，但坐标不会相同。

思路：如果一个牛a的音量值，对总体所做的贡献为（音量值比它小的在它左侧的牛的数量*Xa-音量值比它小的在它左侧的牛的坐标和)*a的音量值+（音量值比它小的在它右侧的牛的坐标和-音量值比它小的在它右侧的牛的数量*Xa)*a的音量值。

先按每头牛的音量值进行排序，就可以统计出音量值比某头牛小的牛的个数，以及这些牛的坐标值之和。搞两个树状数组，第一个树状数组用来维护在一只牛左侧的音量值比它小的牛的个数，右侧的根据左侧的也容易求出。第二个树状数组维护一只牛左侧的音量值比它小的所有牛的坐标值之和，右侧的根据左侧的也容易求出。

按音量值从小到大遍历所有牛，对每个牛a，第一个树状数组更新add(Xa,1)，表示第Xa位置多了1个牛，求音量值比它小的在它左侧的牛的数量则sum(Xa-1)，第二个树状数组更新add(Xa,Xa)，表示第Xa位置为坐标值和贡献了Xa，音量值比它小的在它左侧的牛的坐标和则sum(Xa-1)即可。

代码：

//POJ.1990
//Author: Prgl
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)

typedef long long ll;
typedef pair<int, int>P;
typedef vector<int>vec;

#define INF 0x3f3f3f3f
const double EPS = 1e-18;
const int MOD = 1e9 + 7;
const int maxn = 2e4 + 1;

struct BIT {
	ll bit[maxn + 1] , n;
	void init(int k) { memset(bit, 0, sizeof(bit)); n = k; }
	ll sum(ll i)
	{
		ll s = 0;
		while (i > 0)
		{
			s += bit[i];
			i -= i & (-i);
		}

		return s;
	}
	void add(ll i, ll x)
	{
		while (i <= n)
		{
			bit[i] += x;
			i += i & (-i);
		}
	}
};

struct C {
	C() = default;
	C(int a, int b, int c = -1) :vol(a), x(b), id(c) { }
	int vol, x, id;//id为按音量排序后的序号
};

int N;
C cow[20001];
BIT bt1, bt2;
ll xsum[20001];

bool cmp1(C a, C b)
{
	return a.vol < b.vol;
}

bool cmp2(C a, C b)
{
	return a.x < b.x;
}

void solve()
{
	bt1.init(20001);
	bt2.init(20001);
	ll res = 0;
	sort(cow, cow + N, cmp1);//按音量排序，序号即为所有音量小于它的牛的数量
	cow[0].id = 0;
	xsum[0] = 0;
	for (int i = 1; i <= N; i++)
	{
		cow[i].id = i;//音量值相同的两头牛id会不同，从而所有音量小于它们的牛的数量也不同，不会出现重复统计的情况
		xsum[i] = xsum[i - 1] + cow[i - 1].x;//所有音量小于牛i的所有牛的坐标之和
	}
	for (int i = 0; i < N; i++)
	{
		ll x = cow[i].x, vol = cow[i].vol, id = cow[i].id;
		ll l = bt1.sum(x - 1);//该牛左侧音量小于它的牛的数量
		ll r = id - l;//右侧的
		bt1.add(x, 1);//坐标x位置更新1牛
		bt2.add(x, x);//坐标x位置更新1牛的坐标值
		ll sumf = bt2.sum(x - 1), sumb = xsum[id] - bt2.sum(x - 1); //sumf:该牛左侧音量小于它的牛的坐标之和，sumb:右侧的
		res += (l - r) * x * vol + (sumb - sumf) * vol;
	}
	cout << res << endl;
}

int main()
{
	IOS;
	cin >> N;
	for (int i = 0; i < N; i++)
	{
		int vol, x;
		cin >> vol >> x;
		cow[i] = C(vol, x);
	}
	solve();

	return 0;
}