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

----------------------------------------------------------

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);
}

-----------------------------------------------------------------------------------

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

--------------------------------------------------------------------------------------------------

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);
}

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