POJ-2352-Stars-树状数组

树状数组中，每个结点管辖了不同的原数组元素的和。
令A[1...n]表示原数组，C[1...n]表示树状树组。

观察图，可知：
C1 = A1
C2 = A1 + A2
C3 = A3
C4 = A1 + A2 + A3 + A4
C5 = A5
C6 = A5 + A6
C7 = A7
C8 = A1 + A2 + A3 + A4 + A5 + A6 + A7 + A8
...
C16 = A1 + A2 + A3 + A4 + A5 + A6 + A7 + A8 + A9 + A10 + A11 + A12 + A13 + A14 + A15 + A16

这里有一个有趣的性质：
设结点编号为x，那么这个节点管辖的区间有2^k（其中k为x二进制末尾0的个数）个元素。因为这个区间最后一个元素必然为A[x]，所以很明显：C[x] = A[x – 2^k + 1] + ... + A[x]。

算这个2^k有一个快捷的办法，定义如下一个函数，返回x的2^k。
int lowBit(int x) {
return x & (-x);
}

计算数组A[1...x]的和，算法如下：
step1:　令sum = 0，转第二步；
step2:　假如x <= 0，算法结束，返回sum值，否则sum = sum + C[x]，转第三步；
step3: 令x = x – lowBit(x)，转第二步。
函数如下:
int sum(int x) {
int s = 0;
while(x > 0) {
s += C[x];
x -= lowBit(x);
}

return s;
}

修改某个A[x]元素（将A[x]的值增加t)，算法如下：
step1: 当x > n时，算法结束，否则转第二步；
step2: C[x] = C[x] + t， x = x + lowBit(x)转第一步。
函数如下：
void update(int x, int t) {
while(x < n) {
C[x] += t;
x += lowBit(x);
}
}

好了，来看POJ这道题。

题意

一个“*”的层次是这样定义的，处于该“*”的下面和左面的范围内的“*”的个数即为该“*”的层次。题目要求处于0到n-1层次的“*”数目各有几个。

分析

由于“*”的坐标已经按Y递增的顺序排列好，对于具有相同Y坐标的“*”，又按其X坐标排序，故可充分利用这一输入特点，直接运用树状数组进行求解。

代码

#include <stdio.h>

#define MAX_STARS 15005
#define MAX_COOR 32005
int tree[MAX_COOR];
int totalNumLev[MAX_STARS];

/*返回C[n]所管辖的元素个数，即2k*/
int lowBit(int x) {    
	return x & (-x);
}

/*计算数组A[1...x]的和*
/int sum(int x) {    
	int s = 0;
	while(x > 0) {
	        s += tree[x];        
		x -= lowBit(x);    
	}

    	return s;}

/*将A[x]的值增加t*/
void update(int x, int t) {
	while(x < MAX_COOR) {
	tree[x] += t;
	x += lowBit(x);    
	}
}

int main(){
	int n;
	scanf("%d", &n);
	int x, y;
	int levX;

	for(int i = 0; i < n; i++) {
		scanf("%d%d", &x, &y);
		++x; //不需要使用y了，只需用到x即可。由于树状数组下标须从1开始，故对所有的x坐标均加1处理

        	levX = sum(x);        
		totalNumLev[levX]++; //属于levX层的星星数目加1        
		update(x, 1);
	}    

	for(int i = 0; i < n; i++) {
		printf("%d/n", totalNumLev[i]);
	}    

	return 0;
}