usaco 奶牛集会 && 奶牛抗议

奶牛集会

Description

约翰家的N头奶牛每年都会参加“哞哞大会” 。哞哞大会是世界奶牛界的盛事。集会上的活动很多，比如堆干草，跨栅栏，摸牛仔的屁股等等。当然，哞哞大叫肯定也包括在内。奶牛们的叫声很大，很多奶牛在参加多年活动之后，实际上已经失去了一部分的听力。

奶牛们已经站在了一条直线上，i号奶牛的坐标为Xi，她只能听到大于Vi的声音。每头奶牛的位置坐标都是唯一的。

如果i号和j号奶牛想对话，则他们使用的音量为max {Vi, Vj} × |Xi −Xj|

N头奶牛可以组合成N(N − 1)/2对奶牛，假设每对奶牛都使用最小的音量在对话，请计算所有奶牛产生的总音量是多少。

Input Format

第一行：单个整数：N，1 ≤ N ≤ 20000

第二行到第N + 1行：每行有两个用空格分开的整数，Vi和Xi，1 ≤ Vi ≤ 20000， 1 ≤ Xi ≤ 20000

Output Format

第一行：单个整数，表示最小音量之和

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正解=线段树(其实用树状数组也可以)

注意到max｛vi,vj｝中，显然只有大的才有贡献

将 vi 从小到大排序一一进树：

设当前做到 i

先统计当前线段树中比xi大的个数num1及和sum1，ans+=vi*（sum1-num1*xi）

再统计当前线段树中比xi小的个数num2及和sum2，ans+=vi*（num2*xi-sum2）

将 xi 插入线段树

Ps.好像很都存在两个相对大小变量的题，按其中一个变量排序后，题目都会变得很愉悦~

代码如下：

 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #include<cstdio>
 #include<string>
 #include<iostream>
 #define INF 9999999
 #define LL long long
 using namespace std;
 struct Point{
     int x;
     long long v;
 }a[];
 bool cmp(const Point&X,const Point&Y){
     return X.v<Y.v;
 }
 int Min=INF,Max=-INF;
 int L,R,o,n;
 long long sum[],num[];
 long long now,ans;
 long long query(int root,int l,int r){
     if(!num[root]) return ;
     if(L<=l&&r<=R)
       return  sum[root]-num[root]*now;
     int mid=(l+r)>>;
     long long t=;
     if(mid>=L) t+=query(root<<  ,l  ,mid);
     if(mid<R)  t+=query(root<<|,mid+,r);
     return t;
 }
 void insert(int root,int l,int r,int p){
     sum[root]+=p;
     num[root]++;
     if(l==r)  return ;
     int mid=(l+r)>>;
     if(mid>=p) insert(root<<,l,mid,p);
     else insert(root<<|,mid+,r,p);
 }
 int main(){
     scanf("%d",&n);
     for(int i=;i<=n;i++){
       scanf("%lld%d",&a[i].v,&a[i].x);
       Min=min(a[i].x,Min);
       Max=max(a[i].x,Max);
     }
     sort(a+,a++n,cmp);
     LL T=;
     for(int i=;i<=n;i++){
         now=a[i].x;
         L=a[i].x ; R=Max;
         ans+=a[i].v*query(,Min,Max);
         L=Min ;      R=a[i].x;
         ans-=a[i].v*query(,Min,Max);
         insert(,Min,Max,a[i].x);
     }
     printf("%lld",ans);
 }

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奶牛抗议

Description

约翰家的N头奶牛聚集在一起，排成一列，正在进行一项抗议活动。第i头奶牛的理智度为Ai，Ai可能是负数。约翰希望奶牛在抗议时保持理性，为此，他打算将所有的奶牛隔离成若干个小组，每个小组内的奶牛的理智度总和都要大于零。由于奶牛是按直线排列的，所以一个小组内的奶牛位置必须是连续的。

请帮助约翰计算一下，存在多少种不同的分组的方案。由于答案可能很大，只要输出答案除以1,000,000,009的余数即可。

Input Format

第一行：单个整数：N，1 ≤ N ≤ 10^6

第二行到N + 1行：在第i + 1行有一个整数：Ai，表示第i头奶牛的理智度，−10^5 ≤ Ai ≤ 10^5

Output Format

第一行：单个整数，表示分组方案数除以1,000,000,009的余数

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正解=离散化+树状数组，

和上一题有异曲同工之妙~

设f[i] 为到第 i 只奶牛有几种分组，

设sum[i]为奶牛的前缀和

显然 f[i]= ∑f[j]（sum[i]-sum[j]>=0）

注意到条件可以转化为 sum[i]>=sum[j],

f[i]=在 i 前 sum[j] 小于 sum[j] 的 f[i] 的和

可以用树状数组求和（由于只有单点修改，用树状数组比较方便 >_<）

sum中显然有许多无用间隔，离散之，

代码如下：

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #include<string>
 #include<cmath>
 #include<queue>
 #include<iostream>
 #define INF 999999999999
 #define LL long long
 #define N 1000002
 #define key 1000000009
 //using namespace std ;
 struct Cow{
     LL sum;
     int p;
 }a[N];
 bool cmp(const Cow &x,const Cow &y){
     return x.sum<y.sum;
 }
 int L,R,P,n,p[N];
 LL sum[N];
 int lowbit(int x){
     return x&(-x);
 }
 void update(int x,LL val){
     while(x<=n){
         sum[x]=(sum[x]+val)%key;
         x+=lowbit(x);
     }
 }
 LL cal(int x){
     LL temp=;
     while(x){
         temp=(temp+sum[x])%key;
         x-=lowbit(x);
     }
     return temp;
 }
 int main(){
     scanf("%d",&n);
     for(int i=;i<=n;i++){
         LL val;
         scanf("%I64d",&val);
         a[i].sum=a[i-].sum+val;
         a[i].p=i;
     }
     a[n+].sum=;
     a[n+].p=n+;
     std :: sort(a+,a+n+,cmp);
     int t=;
     for(int i=;i<=n+;i++){
         if(i==||a[i].sum!=a[i-].sum) ++t;
         p[a[i].p]=t;
     }
     update(p[n+],);
     LL temp=;
     for(int i=;i<=n;i++){
         temp=cal(p[i]);
         update(p[i],temp);
     }
     printf("%I64d",temp);
 }