洛谷题单指南-线段树-P1637 三元上升子序列

原题链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P1637

题意解读：统计序列a[1]~a[n]中三元上升子序列的个数，三元上升子序列是指对于1<=i<j<k<=n有a[i]<a[j]<a[k]，(a[i],a[j],a[k])成为一组上升子序列。

解题思路：

1、先思考一下暴力，通过三重循环枚举i，j，k找到所有i<j<k时符合a[i]<a[j]<a[k]的数量即可，显然会超时。

2、再进一步思考，要统计所有三元上升子序列的个数，对于每一个a[i]，只要知道a[1]~a[i-1]中<a[i]的数组成的所有二元上升子序列的个数，在每个二元上升子序列后追加一个a[i]，即可得到以a[i]结尾的三元上升子序列的个数，把以所有a[1]~a[n]结尾的三元上升子序列的个数加起来就是答案。

3、那么问题就转化成，对于一个a[i]，如何统计a[1]~a[i-1]中<=a[i]的所有二元上升子序列的个数？

只需要计算a[1]~a[i-1]中所有以<=a[i]的数结尾的二元上升子序列个数，求和即可。

设s[i]表示以i结尾的的所有二元上升子序列的个数，sum1[i]表示1~i的个数

那么可以分析得到：s[i] = sum[i-1]，考虑到元素可能重复，所以有：s[i] += sum1[i-1]

这样一来，在计算以a[i]结尾的三元上升子序列个数时，只需s[1]+s[2]+...+s[a[i]-1]，

因此需要维护s的前缀和，设为sum2[i]表示s[1]+...+s[i]

4、要快速计算sum1[i]，可以定义一个h[i]表示元素i的个数，这样sum[i] = h[1] + ... + h[i]，sum就是h的前缀和数组

5、通过遍历a[1]、a[2]...a[n]，对于每一个a[i]，将sum2[a[i]-1]累加到答案，并记录其个数h[a[i]]++，这样就能够实现h数组的动态更新，边更新h[a[i]]，边计算sum1[a[i]]，再更新s[a[i]]，累加即得答案。

因此，本题的关键就在于对h数组和s数组进行单点修改以及区间查询，通过树状数组或者线段树都可以解决。

这里，采用两个树状数组来分别维护h和s。

100分代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 100005; //注意a的范围是1~100000
int tr1[N], tr2[N], a[N]; //tr1对应h，tr2对应s
int n;
long long ans;

int lowbit(int x)
{
    return x & -x;
}

void add1(int x, int val)
{
    //注意i取值最大不是n，而是N
    for(int i = x; i <= N; i += lowbit(i)) tr1[i] += val; 
}

int sum1(int x)
{
    int res = 0;
    for(int i = x; i != 0; i -= lowbit(i)) res += tr1[i];
    return res;
}

void add2(int x, int val)
{
    //注意i取值最大不是n，而是N
    for(int i = x; i <= N; i += lowbit(i)) tr2[i] += val; 
}

int sum2(int x)
{
    int res = 0;
    for(int i = x; i != 0; i -= lowbit(i)) res += tr2[i];
    return res;
}

int main()
{
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        ans += sum2(a[i] - 1); //以a[i]结尾的三元上升子序列的个数=所有小于a[i]结尾的二元上升子序列个数之和
        add2(a[i], sum1(a[i] - 1)); //更新以a[i]结尾的二元上升子序列个数=所有小于a[i]的个数
        add1(a[i], 1); //更新a[i]的个数
    }
    cout << ans;
    return 0;
}