F. Moving Points 解析(思維、離散化、BIT、前綴和)

Codeforce 1311 F. Moving Points 解析(思維、離散化、BIT、前綴和)

今天我們來看看CF1311F
題目連結

題目
略，請直接看原題。

前言

最近寫1900的題目更容易不看題解了，不知道是否是較少人\(AC\)的同難度題目會比較簡單。

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想法

首先注意到，若是\(x\)座標上的前後兩點\(x_i,x_j\)，\(x_i<x_j\)，若是\(v[x_i]>v[x_j]\)，無論\(v\)是正是負，兩點必定某個時候會重疊。反之，若是\(v[x_i]\le v[x_j]\)，那麼我們就須要把答案加上\(x_j-x_i\)。
而我們可能會想到用\(BIT\)來維護\(:\)到某個\(x\)座標為止，小於等於某個速度的點有多少個。可是\(-10^8\le v_i\le10^8\)實在太大了，所以我們須要離散化\(v\)，把範圍縮到至少\([1,n]\)。
可是我們可能會發現，我們不僅須要維護小於等於某個速度的點有多少個，還須要知道這些點和目前看的點\(x_i\)的距離的和。
所以我們能夠這樣作:首先把全部\(x_i\)減去最小的\(x\)值(也就是把\(x\)陣列平移到非負座標)。這樣一來\(BIT\)維護目前有\(r\)個點的速度小於等於\(v\)，且這些點的\(x\)座標和為\(p\)，那麼當我們考慮\(x_j\)這個點的時候(要去找有多少在\(x_j\)以前的點的速度比\(x_j\)的速度小)，只須要把答案加上\(r\times x_j-p\)便可。

注意，本題\(x\)座標沒有排序，要本身先排序過。
且這題個人程式碼中的\(PII\)是\(pair<long\ long,long\ long>\)

程式碼:

const int _n=2e5+10;
int t,n,minn=1e9;
VI vv;
PII s[_n];
namespace BIT{
  int nn;PII t[_n];
  void update(int x,int val){while(x<=nn)t[x].fi+=val,t[x].se++,x+=(x&-x);}
  //這模板是1-base，並且update是把修改量加上去
  PII query(int x){PII res={0,0};while(x>0){res.fi+=t[x].fi,res.se+=t[x].se,x-=(x&-x);}return res;}
  void init(int n_){nn=n_;}
}
main(void) {cin.tie(0);ios_base::sync_with_stdio(0);
  cin>>n;rep(i,1,n+1){cin>>s[i].fi;minn=min(minn,s[i].fi);}rep(i,1,n+1){cin>>s[i].se;vv.pb(s[i].se);}
  sort(s+1,s+n+1);sort(all(vv));int nn=unique(all(vv))-vv.begin();
  rep(i,1,n+1)s[i].se=lower_bound(vv.begin(),vv.begin()+nn,s[i].se)-vv.begin()+1;
  rep(i,1,n+1)s[i].fi-=minn;
  BIT::init(nn); ll ans=0;
  rep(i,1,n+1){
    PII res=BIT::query(s[i].se);
    ans+=1ll*s[i].fi*res.se-res.fi;
    BIT::update(s[i].se,s[i].fi);
  }cout<<ans<<'\n';
  return 0;
}

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