【BestCoder Round 65C】【树状数组 动态查找第k大 O(nlogn)】ZYB's Premutation 告诉你前i个数中的逆序对数让你还原全排列

ZYB's Premutation

 

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问题描述

$ZYB$有一个排列$P$,但他只记得$P$中每个前缀区间的逆序对数,现在他要求你还原这个排列.$(i,j)(i<j)$被称为一对逆序对当且仅当A_i>A_jA​i​​>A​j​​

输入描述

第一行一个整数$T$表示数据组数。接下来每组数据：第一行一个正整数$N$,描述排列的长度.第二行$N$个正整数A_iA​i​​,描述前缀区间$[1,i]$的逆序对数.数据保证合法.$1\le T\le 5$,$1\le N\le 50000$

输出描述

$T$行每行$N$个整数表示答案的排列.

输入样例

130 1 2

输出样例

3 1 2

【BestCoder Round 65C】【树状数组 动态查找第k大 O(n(logn)^2)】ZYB's Premutation 告诉你前i个数中的逆序对数让你还原全排列

#include<stdio.h>#include<iostream>#include<string.h>#include<string>#include<ctype.h>#include<math.h>#include<set>#include<map>#include<vector>#include<queue>#include<bitset>#include<algorithm>#include<time.h>using namespace std;void fre(){freopen("c://test//input.in","r",stdin);freopen("c://test//output.out","w",stdout);}#define MS(x,y) memset(x,y,sizeof(x))#define MC(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))#define MP(x,y) make_pair(x,y)#define ls o<<1#define rs o<<1|1typedef long long LL;typedef unsigned long long UL;typedef unsigned int UI;template <class T1,class T2>inline void gmax(T1 &a,T2 b){if(b>a)a=b;}template <class T1,class T2>inline void gmin(T1 &a,T2 b){if(b<a)a=b;}const int N=5e4+10,M=0,Z=1e9+7,ms63=1061109567;int casenum,casei;int a[N];int b[N];int ans[N];int n;void add(int x,int v){for(;x<=n;x+=x&-x)b[x]+=v;}int cnt(int x){int tmp=0;for(;x;x-=x&-x)tmp+=b[x];return tmp;}int main(){scanf("%d",&casenum);for(casei=1;casei<=casenum;++casei){MS(b,0);scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;++i){scanf("%d",&a[i]);//记录有多少个数比这个数大add(i,1);}for(int i=n;i>=1;--i){int kth=i-(a[i]-a[i-1]);int l=1;int r=n;while(l<r){int m=(l+r)>>1;if(cnt(m)>=kth)r=m;else l=m+1;}ans[i]=l;add(l,-1);}for(int i=1;i<n;++i)printf("%d ",ans[i]);printf("%d\n",ans[n]);}return 0;}/*【题意】告诉你一个1~n（1<=n<=50000）的全排列。然后，告诉你前i个数中总共有多少个逆序对。让你还原这个全排列。【类型】树状数组+二分【分析】告诉你前i个数共有几个逆序对，事实上就告诉了你，第i个数和之前的数共计形成了多少个逆序对。也就是说，我们就知道了，对于第i个数，它在前i个数中排第几。然而，我们发现这个很多时候并没有什么卵用，我们还是确定不了数值。除了——最后一个数。最后一个数在所有数中排第几，我们就能知道这个数是几。然后，因为后面所有数都不涉及到这最后一个数的信息，于是我们把最后一个数从我们当前数的集合中抹去。接下来，用同样的方法处理倒数第二个数，倒数第三个数，直到最后处理完所有的n个数。我们发现，为了实现刚才的想法，我们需要知道动态知道当前第几大的数是几。这个我们可以通过线段树，用O（nlogn）实现。也可以通过树状数组+二分，用O（n(logn)^2）实现。就是二分最后一个数是m，看看前m个数中数的个数是否达到kth。树状数组虽然多了一个logn，但是常数很小，所以一样可以快速AC。然而，接下来还要为大家介绍一种O(nlogn)的树状数组做法。~~【时间复杂度&&优化】O（n(logn)^2） ->O（nlogn）【数据】0 1 2 3 40 1 3 6 10*/

【BestCoder Round 65C】【树状数组 动态查找第k大 O(nlogn)】ZYB's Premutation 告诉你前i个数中的逆序对数让你还原全排列

#include<stdio.h>#include<iostream>#include<string.h>#include<string>#include<ctype.h>#include<math.h>#include<set>#include<map>#include<vector>#include<queue>#include<bitset>#include<algorithm>#include<time.h>using namespace std;void fre(){freopen("c://test//input.in","r",stdin);freopen("c://test//output.out","w",stdout);}#define MS(x,y) memset(x,y,sizeof(x))#define MC(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))#define MP(x,y) make_pair(x,y)#define ls o<<1#define rs o<<1|1typedef long long LL;typedef unsigned long long UL;typedef unsigned int UI;template <class T1,class T2>inline void gmax(T1 &a,T2 b){if(b>a)a=b;}template <class T1,class T2>inline void gmin(T1 &a,T2 b){if(b<a)a=b;}const int N=5e4+10,M=0,Z=1e9+7,ms63=1061109567;int casenum,casei;int a[N];int b[N];int ans[N];int n;void add(int x,int v){for(;x<=n;x+=x&-x)b[x]+=v;}int cnt(int x){int tmp=0;for(;x;x-=x&-x)tmp+=b[x];return tmp;}int main(){scanf("%d",&casenum);for(casei=1;casei<=casenum;++casei){MS(b,0);scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;++i){scanf("%d",&a[i]);//记录有多少个数比这个数大add(i,1);}int top;for(top=1;top<=n;top<<=1);top>>=1;for(int i=n;i>=1;--i){int kth=i-(a[i]-a[i-1]);int p=0;int sum=0;for(int j=top;j;j>>=1)if(p+j<=n&&sum+b[p+j]<kth){p+=j;sum+=b[p];}++p;ans[i]=p;add(p,-1);}for(int i=1;i<n;++i)printf("%d ",ans[i]);printf("%d\n",ans[n]);}return 0;}/*【题意】告诉你一个1~n（1<=n<=50000）的全排列。然后，告诉你前i个数中总共有多少个逆序对。让你还原这个全排列。【类型】树状数组+二分【分析】告诉你前i个数共有几个逆序对，事实上就告诉了你，第i个数和之前的数共计形成了多少个逆序对。也就是说，我们就知道了，对于第i个数，它在前i个数中排第几。然而，我们发现这个很多时候并没有什么卵用，我们还是确定不了数值。除了——最后一个数。最后一个数在所有数中排第几，我们就能知道这个数是几。然后，因为后面所有数都不涉及到这最后一个数的信息，于是我们把最后一个数从我们当前数的集合中抹去。接下来，用同样的方法处理倒数第二个数，倒数第三个数，直到最后处理完所有的n个数。我们发现，为了实现刚才的想法，我们需要知道动态知道当前第几大的数是几。这个我们可以通过线段树，用O（nlogn）实现。也可以通过树状数组+二分，用O（n(logn)^2）实现。就是二分最后一个数是m，看看前m个数中数的个数是否达到kth。树状数组虽然多了一个logn，但是常数很小，所以一样可以快速AC。然而，接下来还要为大家介绍一种O(nlogn)的树状数组做法。~~具体是怎样呢？先回顾一下树状数组，以 +=x&-x 向上加权， -=x&-x 向下统计的做法为例。我们会统计前1，2，4，8，16个数的权值到相应的计数桶里。所以，如果我们要求前k大的，类似于倍增的做法，我们就跳着找——前1个数内数的个数是否有k-1个前2个数内数的个数是否有k-1个前4个数内数的个数是否有k-1个前8个数内数的个数是否有k-1个如果没有，我们就计数+，而且把下标移过去，同时降低我们的倍增幅度（因为显然不会再倍增相同幅度）如果有，我们就不计数+，不把下标移过去，但依然要降低我们的倍增幅度（因为我们这个幅度不能延伸，所以要看更小的范围）直到我们得到最大的延展范围，使得范围内的数的个数恰好为k-1个。于是，我们使得的下标向后移1，范围内数的个数就会恰好是k个。充分利用了树状数组的性质，使得做法是O（nlogn）【时间复杂度&&优化】O（n(logn)^2） ->O（nlogn）【数据】0 1 2 3 40 1 3 6 10*/