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今天知识点

求交点转化求逆序对，每次操作都维护一个y点的前缀和

树的变动转化成一维数组的变动，利用时间戳将节点转化成区间

先将y排序，然后每加入一个就点更新求一次前缀和

POJ3067：日本

思路：

POJ3321苹果树：

思路：

POJ2352：星星

思路：

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POJ3067：日本

东海岸有n个城市，西海岸有m个城市，每个海岸的城市从北到南编号为1，2……，每条高速公路都是直线，连接东西海岸的城市。求公路的交叉点数

输入：
1
3 4 4
1 4
2 3
3 2
3 1

        
思路：

根据样例画出草图：按照1 4，2 3，3 1，3 2的顺序去画，很容易发现只要出现逆序对就会产生交点。

定义逆序对：(x1,y1)和(x2,y2)为逆序对，则等价于x1<x2且y1<y2。

所以在画2 3时候产生了一个逆序对，画3 1时候产生了2个逆序对，画 3 2时候也产生了两个逆序对。故最终5个交点。

所以这道题就是求逆序对数。

因为比如两边都同时大于或小于。我们先对x排序(若x相等，则y升序)，然后按x的顺序检查每条边，统计y的前缀和，因为当前已经连了i条边，那么y的前缀和数就一定是非逆序对数。所以i减去y的前缀和就是逆序对数。

这道题就变成了每次增加一个元素就前一次对应的前缀和问题。因此我们只需要对每个点y维护一个关于y的前缀。每次操作后都要给对应点y加个1
        

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 1010
#define maxk 1000010
#define lowbit(x) (x)&(-x)
typedef long long ll;
int c[maxn],kas,n,m,k;
struct edge{int x,y;}e[maxk];bool cmp(edge a,edge b){return a.x<b.x||(a.x==b.x&&a.y<b.y);
}void add(int i){//加1操作，参数省略while(i<=m){++c[i];i+=lowbit(i);}
}int sum(int i){int s=0;while(i>0){s+=c[i];i-=lowbit(i);}return s;
}int main(){int t;cin>>t;while(t--){memset(c,0,sizeof(c));//每个样例都要清空一次树状数组。scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);for(int i=0;i<k;i++)scanf("%d%d",&e[i].x,&e[i].y);sort(e,e+k,cmp);//默认升序ll ans=0;for(int i=0;i<k;i++){ans+=i-sum(e[i].y);//累加逆序对add(e[i].y);//加入进去}printf("Test case %d: %lld\n",++kas,ans);}
}

        

        

POJ3321苹果树：

        
一个苹果树上有n个叉，通过分支连接，我们将叉从1到n进行编号，每个叉上最多只会有一个苹果，且苹果树上一开始长满了苹果。
卡卡可能会从树上摘一个苹果，树上的空叉可能又会长出新的苹果。
输入：
第一行n表示叉数。
以下n-1行是两个整数u和v表示之间有叉相连
以下m行表示m条消息
C x表示叉x上的苹果变化了：有过原来有则现在没有，原来没有则现在有了
Q x表示叉x上方子树中的苹果数量，包括x叉上的苹果(如果存在的话)
3
1 2
1 3
3
Q 1
C 2
Q 1

        
思路：

                

我们先把树倒过来，既然要统计每个节点的变动，每变动一次就统计一次不现实。

那就把树所有节点按照dfs顺序映射成一维数组a，再利用时间戳就把求节点孩子问题变成了求时间戳的区间和问题

                
既要统计a的区间和又要考虑到节点的变动，那就创建树状数组c来维护a。节点的变动恰好对应了点更新。

红色代表L,蓝色代表R， 可见每个点的时间戳，不难看出每个节点的R-L就是这个节点的孩子数量

#include <bits/stdc++.h>
#define lowbit(x) (x)&(-x)//求区间长度
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
int n,q;
int c[maxn],a[maxn];
int L[maxn],R[maxn];
int head[maxn];
int cnt,dfn;
struct edge{int u,v,next;}e[2*maxn];void adde(int u,int v){e[++cnt]={u,v,head[u]};head[u]=cnt;}int sum(int i){//求前缀和，int ans=0;for(;i>0;i-=lowbit(i)) ans+=c[i];return ans;
}void add(int i,int val){//在第i点上加val，修改找后继for(;i<=n;i+=lowbit(i)) c[i]+=val;
}void init(){memset(c,0,sizeof(c));memset(L,0,sizeof(L));memset(R,0,sizeof(R));memset(head,0,sizeof(head));cnt=0;dfn=0;//因为深度优先的序列是从1开始的for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=1,add(i,1);//a[i]是1表示该分支i上有苹果
}void dfs(int u,int fa){//之所以写fa，是防止走父子边，这样子的话vis就不再需要了L[u]=++dfn;//相当于是时间戳，根节点是1for(int i=head[u];i;i=e[i].next){int v=e[i].v;if(v==fa)continue;dfs(v,u);}R[u]=dfn;//记录时间戳
}int main(){cin>>n;int u,v;init();for(int i=1;i<n;i++){scanf("%d%d",&u,&v);adde(u,v);}	dfs(1,1);cin>>q;char op[10];//之所以定义字符串，就是因为字符型于回车不兼容，所以换成字符串输入不怕回车for(int i=1;i<=q;i++){getchar();scanf("%s %d",op,&v);//不用考虑回车问题if(op[0]=='C'){if(a[L[v]]) add(L[v],-1);else add(L[v],1);a[L[v]]^=1;//0变1，1变0}else{int s1=sum(R[v]);int s2=sum(L[v]-1);printf("%d\n",s1-s2);}}
}

        

        

POJ2352：星星

在平面上有n个星星，每颗星星都有自己的坐标。规定星星的等级数为纵横坐标均不超过自己的星星数量(不包括自己)，请输出每个级别的星星数量
输入保证y是递增的，且如果y相等，那么x是递增的。
5
1 1
5 1
7 1
3 3
5 5

        
思路：

看似是二维前缀和，实际上y是排好顺序的，那也就是说只需要按y的顺序计算每个x的前缀和即可。相当于加入一个x就统计一下x的前缀和。
        

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 32005
#define lowbit(x) (x)&(-x)
int ans[maxn],c[maxn];
int n;void add(int i,int val){while(i<=maxn){c[i]+=val;i+=lowbit(i);}	
}int sum(int i){//统计前缀和int s=0;while(i>0){s+=c[i];i-=lowbit(i);}return s;
}
int main(){cin>>n;int x,y;for(int i=0;i<n;i++){scanf("%d%d",&x,&y);x++;//注意给的坐标x是从0开始的，树状数组的下标必须从0开始，所以都加1ans[sum(x)]++;add(x,1);//x的数量加1}for(int i=0;i<n;i++){//一共最多n-1个等级printf("%d\n",ans[i]);}
}