POJ 2481

　　一道树状数组的应用题，和POJ 3067非常类似，这道题是求比自己强壮(e更大，s更小)的牛的数量。

　　将POJ 3067的思路应用到这道题上，如果先对e按照降序排列，每加入一只牛，当前已经加入树状数组的牛的s如果比这只牛小，那么那些牛就更强壮，所以同样是在树状数组里的求和问题。同样，对s的排序规则关系到e相同时的情况，由于s更小就更强壮，所以先把s小的加入，于是s就按照升序排列。再考虑e和s都相同的情况，假设有一些牛的e和s都相同，为cow1,cow2.....,cowK，那么更强壮的牛的数量x，满足cow1=cow2=....=cowK=x。所以遇到e和s都相同的状况时，只需要复制答案就可以了。

　　另外，由于排序后，顺序和开始给出数据时的顺序不同，所以需要记录一下开始给出数据时的顺序。

#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
#define MAX_COW 100005
struct node
{
    int s;
    int e;
    int order;
}cow[MAX_COW];
int c[MAX_COW],ans[MAX_COW];
int cmp(const void *,const void *);
inline lowbit(int);
int get_sum(int);
void update(int,int);
int main()
{
    int n;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n!=0)
    {
    int i;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d%d",&cow[i].s,&cow[i].e);
        cow[i].s+=1;cow[i].e+=1;
        cow[i].order=i;
    }
    qsort(&cow[1],n,sizeof(struct node),cmp);
    memset(c,0,sizeof(c));
    memset(ans,0,sizeof(ans));
    ans[cow[1].order]=0;
    update(cow[1].s,1);
    for(i=2;i<=n;i++)
    {
        if(cow[i].e==cow[i-1].e&&cow[i].s==cow[i-1].s)
        {
        ans[cow[i].order]=ans[cow[i-1].order];
        }
        else
        {
        ans[cow[i].order]=get_sum(cow[i].s);
        }
        update(cow[i].s,1);
    }
    for(i=1;i<n;i++)
        printf("%d ",ans[i]);
    printf("%d\n",ans[i]);
    }
    return 0;
}
int cmp(const void *x,const void *y)
{
    if((*(struct node *)x).e-(*(struct node *)y).e!=0)
    {
    return (*(struct node *)y).e-(*(struct node *)x).e;
    }
    return (*(struct node *)x).s-(*(struct node *)y).s;
}
inline int lowbit(int x)
{
    return x&(-x);
}
int get_sum(int x)
{
    int i,sum=0;
    for(i=x;i>0;i-=lowbit(i))
    {
    sum+=c[i];
    }
    return sum;
}
void update(int x,int val)
{
    int i;
    for(i=x;i<MAX_COW;i+=lowbit(i))
    {
    c[i]+=val;
    }
}