poj3067（树状数组求逆序数）

题意：

题意：日本计划在东边的城市和西边的城市中建路，东边的点从1.....n，西边的点从1..........m,求这些点连起来后有多少交叉......

东　　　　西

１　　　　１

２　　　　２

３　　　　３

                   4

给出 1  4

2  3

3  1

3 2

答案总共５个交叉点，自己画图验证

做法：记每条告诉公路为(x,y), 即东岸的第x个城市与西岸的第y个城市修一条路。当两条路有交点时，满足（x1-x2）*（y1-y2） < 0。所以，将每条路按x从小到达排序，若x相同，按y从小到大排序。 然后按排序后的公路用树状数组在线更新，求y的逆序数之 和 即为交点个数。

上面说的可能有点难理解，详细说明如下。

记第i条边的端点分别为xi,yi。

由于x是从小到大排序的，假设当前我们在处理第k条边，那么第1~k-1条边的x必然是小于（等于时候暂且不讨论）第k条边的 x 的，那么前k-1条边中，与第k条边相交的边的y值必然大于yk的，所以此时我们只需要求出在前k-1条边中有多少条边的y值在区间[yk, M]即可,也就是求yk的逆序数，M为西岸城市个数，即y的最大值。 所以就将问题转化成区间求和的问题，树状数组解决。当两条边的x相同时，我们记这两条边的y值分别为ya，yb（ya<yb),我们先处理（x，ya），再处理（x，yb），原因很明显，因为当x相同时，这两条边是认为没有交点的，若先处理（x，yb），那么下次处理（x，ya）时，（x，ya）就会给（x，yb）增加一个逆序，也就是将这两条边做相交处理了。

关于如何利用数组数组求逆序数将在下一篇博客详细讲解，请先弄明白这题的思路

#include<stdio.h>#include<algorithm>#include<string.h>using namespace std;int c[1111];struct Node{    int x,y;}line[1111111];int N, M, K;bool cmp(Node a, Node b)//按x升序，若x相同，按y升序{    if(a.x == b.x)    return a.y < b.y;    return a.x < b.x;}int lowbit(int x){    return x & (-x);}void update(int i){    while(i <= M)    {        c[i] ++;        i += lowbit(i);    }}int sum(int i)//统计当前元素左边y值小于它的元素个数{    int s = 0;    while(i > 0)    {        s += c[i];        i -= lowbit(i);    }    return s;}int main(){    int i, j;    int T;    scanf("%d", &T);    for(i = 1; i <= T; i++)    {        scanf("%d %d %d", &N, &M, &K);        for(j = 1; j <= K; j++)        {            scanf("%d %d", &line[j].x, &line[j].y);        }        sort(line+1, line+1+K, cmp);        memset(c, 0, sizeof(c));        __int64 ans = 0; //数值太大        for(j = 1; j <= K; j++)        {             update(line[j].y);            ans += j - sum(line[j].y);                    }        printf("Test case %d: %I64d\n", i, ans);    }