引言

关于这个树状数组和线段树还是挺重要的，主要题目不会直接问你求哪个区间的和什么的，题目往往是给出一个真实的例子，隐藏这些操作条件，需要让你自己去抽象出来这些操作，然后再来判断到底用什么数据结构和算法，所以刷题的好处就在于此，有些题自己根本就想不到还能这样做，所以只有不断地见大量的习题才行。

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一、小朋友排队

标签：贪心、树状数组、排序

思路1：这道题跟冒泡排序差不多所以就按冒泡排序做了做，超时了，只能过 $5/11$ 的数据，但蓝桥杯的话还是能拿到分数的。
思路2：这道题首先是有 $k$ 个逆序对，所以至少要交换 $k$ 次，而由于冒泡排序就是交换 $k$ 次，所以我们可以得知最优解肯定是交换 $k$ 次。由于存在一种交换策略使得程度最小，并且如果一个数，前面有 $k_1$ 个数比它大，后面有 $k_2$ 个数比它小，那么这个数至少要移动 $k_1+k_2$ 次，那么所有的这样的数加起来就是 $2k$ 次，因为相当于每个逆序对都算了两次，又由于最优解是交换 $k$ 次，那么整个数列的移动最优解就是 $2k$ 次，那么所以这个算法就成立。只要找到每个数前面有 $k_1$ 个数比它大，后面有 $k_2$ 个数比它小，就知道这个数移动了 $k_1+k_2$ 次，再根据高斯求和公式就能算出不高兴程度了。这个可以用树状数组动态的求前缀和，从前往后插，高度为下标，元素为人数，每次查找 $h[i]$ 后面有多数人，就能知道前面有多少人更大，从后往前插，每次查找 $h[i]$ 前面的人就知道后面有多少人比它小。

题目描述：

n 个小朋友站成一排。现在要把他们按身高从低到高的顺序排列，但是每次只能交换位置相邻的两个小朋友。每个小朋友都有一个不高兴的程度。开始的时候，所有小朋友的不高兴程度都是 0。如果某个小朋友第一次被要求交换，则他的不高兴程度增加 1，如果第二次要求他交换，则他的不高兴程度增加 2（即不高兴
程度为 3），依次类推。当要求某个小朋友第 k 次交换时，他的不高兴程度增加 k。请问，要让所有小朋友按从低到高排队，他们的不高兴程度之和最小是多少。如果有两个小朋友身高一样，则他们谁站在谁前面是没有关系的。输入格式
输入的第一行包含一个整数 n，表示小朋友的个数。
第二行包含 n 个整数 H1,H2,…,Hn，分别表示每个小朋友的身高。输出格式
输出一行，包含一个整数，表示小朋友的不高兴程度和的最小值。数据范围
1≤n≤100000,0≤Hi≤1000000
输入样例：
3
3 2 1
输出样例：
9
样例解释
首先交换身高为3和2的小朋友，再交换身高为3和1的小朋友，再交换身高为2和1的小朋友，每个小朋友的不高兴程度都是3，总和为9。

示例代码一： 5/11

#include <cstdio>
#include <iostream>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 1e5+10;int n;
int h[N];
LL res[N];
int cnt[N];int main()
{scanf("%d", &n);for(int i = 0; i < n; ++i) scanf("%d", &h[i]);for(int i = 0; i < n - 1; ++i){int count = 0;for(int j = 0; j < n - i - 1; ++j){if(h[j] > h[j+1]){cnt[j]++, cnt[j+1]++;res[j] += cnt[j], res[j+1] += cnt[j+1];swap(h[j], h[j+1]);swap(cnt[j], cnt[j+1]);swap(res[j], res[j+1]);count++;}}if(count == 0) break;}LL ans = 0;for(int i = 0; i < n; ++i) ans += res[i];cout << ans << endl;return 0;
}

示例代码2： 11/11

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 1e6+10;  //以高度为下标所以要一百万int n;
int h[N], tr[N];  //h[i]：第i号人的高度  tr[i]：高度为i的人数
int sum[N];  //sum[i]:第i号人前后的人数int lowbit(int x)
{return x & -x;
}void add(int x, int v)
{for(int i = x; i < N; i += lowbit(i)) tr[i] += v;
}int query(int x)
{int res = 0;for(int i = x; i; i -= lowbit(i)) res += tr[i];return res;
}int main()
{scanf("%d", &n);for(int i = 0; i < n; ++i) scanf("%d", &h[i]), h[i]++;  //因为高度可能为0，而前缀和下标只能从1开始for(int i = 0; i < n; ++i){sum[i] = query(N-1) - query(h[i]);  //找前面更大的add(h[i], 1);  //高度为h[i]的多了一人}memset(tr, 0, sizeof tr);  //清空tr数组for(int i = n - 1; i >= 0; --i){sum[i] += query(h[i] -1);  //找后面更小的add(h[i], 1);}LL res = 0;for(int i = 0; i < n; ++i) res += (LL)sum[i] * (sum[i] + 1) / 2;  //移动了sum[i]次计算每个人的不高兴程度cout << res << endl;return 0;
}

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二、仓库规划

标签：枚举

思想：这道题挺简单的，直接枚举就行了， $n$ 为 $O(M{N}^2)$ ，数据范围也是允许暴力的，所以直接写。

题目描述：

西西艾弗岛上共有 n 个仓库，依次编号为 1∼n。每个仓库均有一个 m 维向量的位置编码，用来表示仓库间的物流运转关系。具体来说，每个仓库 i 均可能有一个上级仓库 j，满足：仓库 j 位置编码的每一维均大于仓库 i 位置编码的对应元素。比如编码为 (1,1,1) 的仓库可以成为 (0,0,0) 的上级，但不能成为 (0,1,0) 的上级。如果有多个仓库均满足该要求，则选取其中编号最小的仓库作为仓库 i 的上级仓库；如果没有仓库满足条件，则说明
仓库 i 是一个物流中心，没有上级仓库。现给定 n 个仓库的位置编码，试计算每个仓库的上级仓库编号。输入格式
输入共 n+1 行。
输入的第一行包含两个正整数 n 和 m，分别表示仓库个数和位置编码的维数。
接下来 n 行依次输入 n 个仓库的位置编码。其中第 i 行（1≤i≤n）包含 m 个整数，表示仓库 i 的位置编码。输出格式
输出共 n 行。
第 i 行（1≤i≤n）输出一个整数，表示仓库 i 的上级仓库编号；如果仓库 i 没有上级，则第 i 行输出 0。数据范围
50% 的测试数据满足 m=2；全部的测试数据满足 0<m≤10、0<n≤1000，且位置编码中的所有元素均为绝对值不大于 106的整数。输入样例：
4 2
0 0
-1 -1
1 2
0 -1
输出样例：
3
1
0
3
样例解释
对于仓库 2：(−1,−1) 来说，仓库 1：(0,0) 和仓库 3：(1,2) 均满足上级仓库的编码要求，因此选择编号较小的仓库 1作为其上级。

示例代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>using namespace std;const int N = 1010;int n, m;
int w[N][10];int main()
{scanf("%d%d", &n, &m);for(int i = 0; i < n; ++i){for(int j = 0; j < m; ++j){scanf("%d", &w[i][j]);}}for(int i = 0; i < n; ++i){int res = 0;for(int j = 0; j < n; ++j){bool flag = true;for(int k = 0; k < m; ++k){if(w[i][k] >= w[j][k]){flag = false;break;}}if(flag){res = j+1;break;}}printf("%d\n", res);}return 0;
}

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三、股票买卖II

标签：贪心

思路：这道题就是贪心，如果明天涨了，那么今天就买。

题目描述：

给定一个长度为 N 的数组，数组中的第 i 个数字表示一个给定股票在第 i 天的价格。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）。注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。输入格式
第一行包含整数 N，表示数组长度。
第二行包含 N 个不大于 10000的正整数，表示完整的数组。输出格式
输出一个整数，表示最大利润。数据范围
1≤N≤105
输入样例1：
6
7 1 5 3 6 4
输出样例1：
7
输入样例2：
5
1 2 3 4 5
输出样例2：
4
输入样例3：
5
7 6 4 3 1
输出样例3：
0
样例解释
样例1：在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 3 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 
= 5-1 = 4 。随后，在第 4 天（股票价格 = 3）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出, 这笔交易所能获
得利润 = 6-3 = 3 。共得利润 4+3 = 7。样例2：在第 1 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天 （股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润= 5-1 = 4 。注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。样例3：在这种情况下, 不进行任何交易, 所以最大利润为 0。

示例代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 1e5+10;int n;
int w[N];int main()
{scanf("%d", &n);for(int i = 0; i < n; ++i) scanf("%d", &w[i]);LL res = 0;for(int i = 1; i < n; ++i) {if(w[i] > w[i-1]) res += w[i] - w[i-1];}printf("%lld\n", res);return 0;
}