题目链接:POJ 3067 Japan Japan Time Limit: 1000MS   Memory Limit: 65536K Total Submissions: 32076   Accepted: 8620 Description Japan plans to welcome the ACM ICPC World Finals and a lot of roads must be built for the venue. Japan is tall island with N cit…

题目 //暴力的,没什么算法的,被琪琪视为傻逼的代码: //照者学长的神奇幸运卡时代码,虽然能AC,但是中途wa,tle了那么多次,啥也不想说了 //学长威武,能想出sum必须要是—— __int64 —— org #define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS #include<stdio.h> #include<string.h> #include<algorithm> #include<math.h> using namespace s…

                                                                              Japan   Time Limit: 1000MS   Memory Limit: 65536K Total Submissions: 26544   Accepted: 7206 Description Japan plans to welcome the ACM ICPC World Finals and a lot of roads…

链接:http://poj.org/problem?id=3067 题意:左边有n个城市,右边有m个城市,建k条道路,问有这k条道路中有多少个交点. 分析:将城市按x和y从小到大排序,对于每条道路,求前面有多少个y比当前的y大的,累加起来即可.即求逆序数,可以用树状数组实现. 求逆序数的思路: 可以把数一个个插入到树状数组中, 每插入一个数, 统计小于等于他的数的个数,对应的逆序为 i- sum( data[i] ),其中 i 为当前已经插入的数的个数, sum( data[i] )为比 小于等…

<题目链接> 题目大意: 有两个点集,这两个点集从上至下分别从1~n,1~m编号,现在给出n组数据,(x,y),表示左边点集编号为x的点与右边点集编号为y的点相连,现在要求计算这些线段的交点个数. 解题分析: 先将这些线段的x变量从小到大排序,若x相同,再将y从小到大排序.然后就可以直接遍历这些线段了,同时对y变量建一维树状数组,利用sum(m)-sum(node[i].y)可以很容易求出之前插入的所有线段的y值中,有多少线段的y值大于当前插入的y值,这一步相当于对排好序的线段的y值进行逆序数…

Time Limit: 1000MS Memory Limit: 65536K Description Japan plans to welcome the ACM ICPC World Finals and a lot of roads must be built for the venue. Japan is tall island with N cities on the East coast and M cities on the West coast (M <= 1000, N <=…

题意:左边有n个城市,右边有m个城市,现在修k条路,问会形成多少个交点 先按照x从小到大排,x相同的话,则按照y从小到大排,然后对于每一个y统计前面有多少个y比它大,它们就一定会相交 另外要用long long #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include <cmath> #include<stack> #include<vector> #include&…

POJ.2299 Ultra-QuickSort (线段树 单点更新 区间求和 逆序对 离散化) 题意分析 前置技能 线段树求逆序对 离散化 线段树求逆序对已经说过了,具体方法请看这里 离散化 有些数据本身很大,自身无法作为数组的下标保存对应的属性. 如果这时只是需要这堆数据的相对属性, 那么可以对其进行离散化处理! 当数据只与它们之间的相对大小有关,而与具体是多少无关时,可以进行离散化.例如: 9 1 0 5 4 与 5 2 1 4 3 的逆序对个数相同. 设有4个数: 1234567.123…

Buy Tickets POJ - 2828 思维+线段树 题意 是说有n个人买票,但是呢这n个人都会去插队,问最后的队列是什么情况.插队的输入是两个数,第一个是前面有多少人,第二个是这个人的编号,最后输出编号就好了. 解题思路 这个题要倒着处理,因为最后一个人插队完成后,别人就不能影响他了.他前面有n个人,那么他就是n+1号位置上,这样来的话,我们只需要知道那个位置,他前面有n个人就行.默认每个位置都没有人. 详细看代码. 代码实现 #include<cstdio> #include<…

POJ - 3067 题意:有(1-n)个城市自上到下在左边, 另有(1-m)个城市自上到下在右边,共有m条高速公路,现求这m条直线的交点个数,交点不包括在城市处相交. 题解:先将高速公路读入,然后按照左边城市序号小的在前,左边序号相同的按照右边城市序号小的在前,然后根据右边的城市序号求逆序数就可以解决了. 因为当处理一条边的时候,这条边一定会和左边序号小于它的且右边序号大于它的边有一个交点. 代码: 没想到cin, cout 关了同步流也T了, 然后答案应该是爆int了,平常不怎么用print…