树状数组经典题

一个简单的整数问题

题目

第一类指令形如 “C-l-r-d”，表示把数列中第 $l-r$ 个数都加 $d$。

第二类指令形如 “Q-X”，表示询问数列中第 $x$ 个数的值。

对于每个询问，输出一个整数表示答案。

数据范围：$(n, m \in [1, 100000])$

Solution

用树状数组解决动态差分问题。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e5 + 5;
typedef long long ll;
int n, m;
ll c[N], a[N];

int lowbit(int x) {
    return x & (-x);
}

void add(int x, int y) {
    while (x <= n) {
        c[x] += y;
        x += lowbit(x);
    }
}

ll query(int x) {
    ll sum = 0;
    while (x >= 1) {
        sum += c[x];
        x -= lowbit(x);
    }
    return sum;
}

int main()
{
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    while (m--) {
        string s;
        int x, y, z;
        cin >> s;
        if (s == "Q") {
            cin >> x;
            cout << query(x) + a[x] << endl;
        } else {
            cin >> x >> y >> z;
            add(x, z);
            add(y + 1, -z);
        }
    }
    return 0;
}

谜一样的牛

题目

给定序列长度 $n$ 和 数组 $a$，$a[i]$ 表示第 $i$ 个数前面有多少个数比它小，复原原序列，原序列为 $1-n$ 的排列。$(n \in [1, 100000])$

Solution

最后一个数的大小明显是一开始就可以推断出来的，假设其大小是 $x$，接着从 $1-n$ 这 $n$ 个数字中把 $x$ 删掉，然后再看倒数第二个数，假设其前面有 $y$ 个数比它小，说明这个数是剩下的数里面第 $y + 1$ 大的数。

由此可以发现，我们可以倒推过来，第 $i$ 个数的大小便是当前还没有被选的数中第 $a[i] + 1$ 小的数。

可以使用树状数组解决，将每个位置置为 $1$ 表示未被选，$0$ 表示已被选，得到的前缀和是单调递增的，因此每次只需要二分查找满足前缀和刚好等于 $a[i] + 1$ 的位置即为当前数的大小。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;

int n, c[N], a[N], res[N];

int lowbit(int x) {
    return x & (-x);
}

void add(int x, int y) {
    while (x <= n) {
        c[x] += y;
        x += lowbit(x);
    }
}

int query(int x) {
    int sum = 0;
    while (x >= 1) {
        sum += c[x];
        x -= lowbit(x);
    }
    return sum;
}

int main()
{
    cin >> n;
    add(1, 1);
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
        add(i, 1);
    }
    for (int i = n; i >= 1; i--) {
        int l = 0, r = n + 1, mid;
        while (l + 1 < r) {
            mid = l + r >> 1;
            if (query(mid) < a[i] + 1) l = mid;
            else r = mid;
        }
        res[i] = r;
        add(r, -1);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) cout << res[i] << endl;
    return 0;
}