【高手训练】【树状数组】分组
Description
Bsny所在的精灵社区有n个居民，每个居民有一定的地位和年龄，ri表示第i个人的地位，ai表示第i个人的年龄。
最近社区里要举行活动，要求几个人分成一个小组，小组中必须要有一个队长，要成为队长有这样的条件：
1、队长在小组中的地位应该是最高的(可以并列第一)；
2、小组中其他成员的年龄和队长的年龄差距不能超过K。
有些人想和自己亲密的人组在同一个小组，同时希望所在的小组人越多越好。比如x和y想在同一个小组，同时希望它们所在的小组人越多越好，当然，它们也必须选一个符合上述要求的队长，那么问你，要同时包含x和y的小组，最多可以组多少人？
Input
第一行两个整数n和K；
接下来一行输入n个整数：r1, r2, …, rn
接下来一行输入n个整数：a1, a2, …, an
接下来输入Q表示有Q个询问；
接下来Q行每行输入x, y，表示询问：当x和y组在同一个小组，它们小组最多可以有多少人(x和y也有可能被选为队长，只要它们符合条件)。
Output
对于每个询问，输出相应的答案，每个答案占一行。
当x和y无法在同一组时，输出-1(比如x的年龄是1， y的年龄是100，K=1，无论谁当队长，x和y两者中，总会有人跟队长的年龄差距超过K，那么输出-1)。
Sample Input
5 1
1 5 4 1 2
4 4 3 2 2
4
5 3
2 3
2 5
4 1
Sample Output
4
3
-1
4
【样例解释】
询问1：当第5个人和第3个人想在一组时，小组成员可以有{1， 3， 4， 5}，选择3当队长，而2不可以加入，因为2加入的话，5和2的年龄差距为2，超过K=1了；
询问2：当第2个人和第3个人想在一组时，可以选择{1， 2， 3}；
询问3：当2和5想在一起时，无法满足要求；
询问4：当4和1想在一起时，可以选择{1， 3， 4， 5}；
Data Constraint
20%的数据：2≤n≤100，0≤ k≤100，1≤ ri, ai ≤100，1≤ q≤ 100；
40%的数据：2≤ n≤1000，0≤ k≤ 1000，1≤ ri, ai ≤ 1000，1≤ q≤ 1000；
60%的数据：2≤ n≤ 10^4，0≤ k≤ 10^9，1≤ ri, ai ≤ 10^9, 1≤ q≤ 10^4；
100%的数据：2≤ n≤ 10^5，0≤ k≤ 10^9，1≤ ri, ai ≤ 10^9，1≤ q≤ 10^5，1≤ x, y≤ n, x≠y。
其实这道题目一看就觉得很不可做。
但是仔细想想，不可做的原因其实就是没有条件约束去寻找答案，会成为指数级别的时空复杂度，而且不好写。
其实是我没看懂题目
对于40分的暴力，其实就是O(n^2)预处理出来每个人作为队长的时候，能有多少队员，并记录一下是那些。
如果只是要40分，就可以采用桶的方法记录。
awa反正没有梦想
这样就是40分了。
附上代码
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; struct edge { int diw,old; }e[100001]; int n,q,k; int ans1[1001][1001]; vector<int> ans[1001]; inline ll read() { char c=getchar();ll a=0,b=1; for(;c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-')b=-1; for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())a=a*10+c-48; return a*b; } int main() { // freopen("1.in","r",stdin); // freopen(".out","w",stdout); n=read();k=read(); for(int i=1;i<=n;i++) { e[i].diw=read(); } for(int i=1;i<=n;i++) { e[i].old=read(); } for(int i=1;i<=n;i++)//枚举i为队长时的队员个数 { int now=e[i].old,ndiw=e[i].diw; for(int j=1;j<=n;j++) { // if(i==j)continue; if(e[j].old>=now-k&&e[j].old<=now+k&&e[j].diw<=ndiw) { ans[i].push_back(j); ans1[i][j]=1; } } } q=read(); for(int i=1;i<=q;i++) { int x=read(),y=read(); int maxx=-1; for(int j=1;j<=n;j++) { if(ans1[j][x]==true&&ans1[j][y]==true) { maxx=max(maxx,int(ans[j].size())); } } if(maxx>0) { cout<<maxx<<endl; } else { cout<<-1<<endl; } } return 0; }
这种方法，其实已经没有了优化的空间（个屁），因为O(n^2)的预处理就已经说明了它必定TLE的事实
其实可以用树状数组来优化
其实在想这个问题的时候，就应该注意到这个其实就是有优化的空间的，因为每一个队长都是重头开始枚举的，那么就意味着大量的重复计算
所以只需要用一些算法来按照一定的顺序枚举，使每一个枚举都能够利用到前面计算过的答案来进行计算就好了。
awa
其实这个子问题就是一个二位偏序的模板题。
怎么说呢？
每个队长对于队员的限制条件，其实就是年龄和地位。
其中年龄较为复杂,是两边的限制，所以我们对于地位进行排序。
这样就可以保证之后每一个枚举到的队长，都能够比前面的人的地位高，然后我们就成功的利用到前面计算过的东西了。
树状数组的下标代表的其实是年龄。
但是因为年龄太大了，就离散化一下。awa
然后每一次就是先给年龄为a[i]的人a[i]+1,再查询区间 [a[i]-k,a[i]+k] 之间的居民个数。
这就是每个队长的答案。
但是对于地位一样的这中特殊的情况，我们需要先把他们全部都取出来，加一，再对于他们每一个进行统计。
这就是这道题目用到了树状数组的全部地方。。。。
下面其实就是 线段树 了。
我们发现，如果一个 i 想要成为 x 和 y 的队长，只能是在 i 的地位 比 x 和 y 高的情况下出现，而且 i 与 x 和y的年龄差的最小值不能超过k。
i 的地位如果是想要不小于 x 和 y ，那么转化成为式子就是 r[i]>max(r[x],r[y])
所以就能够离线先按x和y的地位的最大值排个序，再进行离线处理。
然后就是使年龄合法了。
要使年龄合法，就是要让 队长的年龄在 区间 [max(a[x],a[y])-k，min（a[x],a[y]）+k]
然后就是要求在这个区间的队长的队员的最大值。。。
然后就可以用 线段树 进行区间最大值的维护。
时间复杂度是树状数组的O(nlogn)加上线段树的O(nlogn)，还有q次查询的O(logn)awa
所以就是O((n+q)logn)的时间复杂度
AC！
code
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; int n,k,q,d[101000],tot=1,ans[101000],an,awa=1000000000; struct node{ int x,y,z,l; }a[101000],b[101000]; struct nod1{ int l,r,d,z; }t[2001000]; inline ll read() { char c=getchar();ll a=0,b=1; for(;c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-')b=-1; for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())a=a*10+c-48; return a*b; } bool cnt(node x,node y) { return x.x<y.x; } bool cmt(node x,node y) { return x.z<y.z; } void add(int v,int i,int j,int x,int y,int z) { if(z==0) { t[v].d++; } else { t[v].d=max(t[v].d,y); } if(i==j) return; int m=(i+j)/2; if(x<=m) { if(!t[v].l) { t[v].l=++tot; } } if(x>m) { if(!t[v].r) { t[v].r=++tot; } } if(x<=m) { add(t[v].l,i,m,x,y,z); } else { add(t[v].r,m+1,j,x,y,z); } } void get(int v,int i,int j,int x,int y,int z) { if(x>y) return; if(i==x&&j==y) { if(z==0) { an+=t[v].d; } else { an=max(an,t[v].d); } return; } int m=(i+j)/2; if(y<=m) { get(t[v].l,i,m,x,y,z); } else { if(x>m) { get(t[v].r,m+1,j,x,y,z); } else { get(t[v].l,i,m,x,m,z),get(t[v].r,m+1,j,m+1,y,z); } } } int main() { freopen("group.in","r",stdin); freopen("group.out","w",stdout); n=read();k=read(); for(int i=1;i<=n;i++) { a[i].x=read(); } for(int i=1;i<=n;i++) { a[i].y=read(); a[i].z=i; } sort(a+1,a+n+1,cnt); int j=1; for(int i=1;i<=n;i++) { for(;a[j].x==a[i].x;j++) { add(1,1,awa,a[j].y,0,0); } an=0; get(1,1,awa,max(a[i].y-k,1),min(a[i].y+k,awa),0); d[a[i].z]=an; } sort(a+1,a+n+1,cmt); q=read(); for(int i=1;i<=q;i++) { b[i].x=read();b[i].y=read(); b[i].z=max(a[b[i].x].x,a[b[i].y].x); b[i].x=a[b[i].x].y; b[i].y=a[b[i].y].y; b[i].l=i; } sort(b+1,b+q+1,cmt); sort(a+1,a+n+1,cnt); memset(t,0,sizeof(t)); tot=1; int l=q;j=n; for(int i=q;i>=1;i--) { for(;a[j].x>=b[i].z;j--) { add(1,1,awa,a[j].y,d[a[j].z],1); } an=-1; get(1,1,awa,max(max(b[i].x-k,b[i].y-k),1),min(min(b[i].x+k,b[i].y+k),awa),1); ans[b[i].l]=an; } for(int i=1;i<=q;i++) { if(ans[i]>0) { printf("%d\n",ans[i]); } else { printf("-1\n"); } } }
