NC19427 换个角度思考

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题目

题目描述

给定一个序列，有多次询问，每次查询区间里小于等于某个数的元素的个数
即对于询问 $(l,r,x)$ ，你需要输出 $\sum_{i=l}^{r}[a_i \le x]$ 的值
其中 $[exp]$ 是一个函数，它返回 $1$ 当且仅当 $exp$ 成立，其中 $exp$ 表示某个表达式

输入描述

第一行两个整数 $n,m$
第二行 $n$ 个整数表示序列 $a$ 的元素，序列下标从 $1$ 开始标号，保证 $1 ≤ a_i ≤ 10^5$
之后有 $m$ 行，每行三个整数 $(l,r,k)$ ，保证 $1 ≤ l ≤ r ≤ n$ ，且 $1 ≤ k ≤ 10^5$

输出描述

对于每一个询问，输出一个整数表示答案后回车

示例1

输入

5 1
1 2 3 4 5
1 5 3

输出

3

备注

数据范围
$1 ≤ n ≤ 10^5$
$1 ≤ m ≤ 10^5$

题解

知识点：树状数组，离线。

我们可以类比逆序对问题，求一个数 $a_i$ 贡献的逆序对个数的公式 $\displaystyle \sum_{j \leq i} [a_j > a_i]$ ，其中我们规定了 $i$ 的枚举方向是从左到右，如此保证了 $j\leq i$ 的偏序排除了干扰信息，再用数据结构维护 $[a_j > a_i]$ 的计算。同样的，我们可以把这个经典的公式变个形， $\displaystyle \sum_{a_j > a_i} [j \leq i]$ ，也是同样可行的，我们从大到小枚举 $a$ 保证 $a_j > a_i$ 的偏序，再用数据结构维护 $[j \leq i]$ 的计算即可。

可以看出二维偏序问题中，离线将输入按照某偏序条件排序再枚举，等价于用了时间轴维护这个偏序，如此我们就可以使用线性数据结构（树状数组、线段树等）维护另一维偏序。

回到原问题，对于一个询问 $(l,r,x)$ 我们要计算 $\displaystyle \sum_{i=l}^{r}[a_i \le x]$ ，我们可以转化为 $\displaystyle \sum_{a_i \leq x} [l \leq i \leq r]$ 。我们可以利用时间轴维护 $a_i < x$ 这个偏序，即将询问按 $x$ 从小到大排序并枚举，随后用树状数组维护数字出现的区间查询即可。

但是显然，时间轴维护 $l \leq i \leq r$ 不是那么显然，因为这不是单纯的一个偏序关系，其具有下界，需要维护数据的时效性。一个朴素的做法是带修莫队 $O(n^{\frac{5}{3}})$ ，能过但很慢（我也不会qwq。另一个做法就是主席树，能天然维护这种关系（我更不会qwq。

时间复杂度 $O((n+m) \log n + m \log m)$

空间复杂度 $O(n+m)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
 
template<class T>
class Fenwick {
    int n;
    vector<T> node;
 
public:
    Fenwick(int _n = 0) { init(_n); }
 
    void init(int _n) {
        n = _n;
        node.assign(n + 1, T());
    }
 
    void update(int x, T val) { for (int i = x;i <= n;i += i & -i) node[i] += val; }
 
    T query(int x) {
        T ans = T();
        for (int i = x;i;i -= i & -i) ans += node[i];
        return ans;
    }
    T query(int x, int y) {
        T ans = T();
        ans += query(y);
        ans -= query(x - 1);
        return ans;
    }
};
 
struct T {
    int sum = 0;
    T &operator+=(const T &x) { return sum += x.sum, *this; }
    T &operator-=(const T &x) { return sum -= x.sum, *this; }
};
 
pair<int, int> a[100007];
 
struct Query {
    int l, r, x, id;
}q[100007];
 
int ans[100007];
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        int x;
        cin >> x;
        a[i] = { x,i };
    }
    for (int i = 1;i <= m;i++) {
        int l, r, x;
        cin >> l >> r >> x;
        q[i] = { l,r,x,i };
    }
    sort(a + 1, a + n + 1, [&](auto a, auto b) {return a.first < b.first;});
    sort(q + 1, q + m + 1, [&](auto a, auto b) {return a.x < b.x;});
 
    int pos = 1;
    Fenwick<T> fw(n);
    for (int i = 1;i <= m;i++) {
        while (pos <= n && a[pos].first <= q[i].x) {
            fw.update(a[pos].second, { 1 });
            pos++;
        }
        ans[q[i].id] = fw.query(q[i].l, q[i].r).sum;
    }
 
    for (int i = 1;i <= m;i++) cout << ans[i] << '\n';
    return 0;
}