2.3 历史账单

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实验任务

YellowStar 有一些历史账单，每个账单有两个属性，时间 \(t\) 和金额\(c\)，现在他要把这些账单信息储存起来，但是由于业务繁忙，在储存过程中可能会发生查询，查询内容为：某一时间 \(t\) 之前(包括 \(t\) 时刻)金额为 \(c\) 的账单数量。对于每次查询，请你帮助Yellowstar 计算出数量。

数据输入

输入的第一行为数字 \(n\ (1\leq n\leq 10^5)\)，表示事件数。

接下来 \(n\) 行，每行包含 3 个整数，\(tp_i, t_i, c_i\ (1 \leq tp_i\leq 2, 1\leq t_i, c_i\leq 10^9)\)。

\(tp_i = 1\) 时，表示 Yellowstar 插入一条时间为 \(t_i\), 价值为 \(c_i\)的账单信息；

\(tp_i = 2\) 时，表示查询时间在 \(t_i\) 之前（包括 \(t_i\) 时刻），价值为 \(c_i\)的账单数量。

数据输出

对于每次询问，输出一个整数表示答案。

输入示例 输出示例
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1 1 5
2 3 5
1 3 5
2 3 5
2 2 5
2 5 4		 1
2
1
0

数据范围

\(80\%\)的得分点，\(n \leq 1000\)；\(20\%\)的得分点，\(n \leq 100000\)。

源代码

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#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 100005;
int tp[maxn], ti[maxn], ci[maxn];
int qid[maxn], id[maxn];//共用cid与id
int  sumv[maxn], ran[maxn];

void add(int p, int v, int n) {//位置p，增加v，更新到n
    while (p <= n) {
        sumv[p] += v;
        p += p&-p;
    }
}

int get_sum(int p) {//返回位置p的前缀和
    int ret = 0;
    while (p>0) {
        ret += sumv[p];
        p -= p&-p;
    }
    return ret;
}

bool cmpc(const int& x, const int& y) {//按照金额稳定排序
    return ci[x]<ci[y] || ci[x] == ci[y] && id[x]<id[y];
}

bool cmpt(const int& x, const int& y) {
    //按照时间排序，第二项保证题目的要求：相同时间的情况下先插入再查询
    return ti[x]<ti[y] || ti[x] == ti[y] && tp[x]<tp[y];
}

//使用树状数组分别离线处理每一个c
int main() {
    int n, q = 0;
    int i, j, k;
    scanf("%d", &n);
    for (i = 0; i < n; ++i) {
        ran[i] = id[i] = i;
        scanf("%d%d%d", &tp[i], &ti[i], &ci[i]);
        if (tp[i] == 2) qid[i] = q++;//标记qid
    }
    vector<int> ans(q, 0);
    sort(ran, ran + n, cmpc);
    for (i = 0; i < n; i = j) {
        //处理相同的c
        for (j = i; j < n; ++j){
            if (ci[ran[j]] != ci[ran[i]])break;
            //到这里id与之前的id已经意义不同了，之前是操作id，而现在是cid
            id[ran[j]] = j - i + 1;
        }
        sort(ran + i, ran + j, cmpt);
        memset(sumv + 1, 0, (j - i + 1)*sizeof(sumv[0]));
        for (k = i; k<j; ++k) {
            int v = ran[k];
            if (tp[v] == 2) ans[qid[v]] = get_sum(id[v]);
            else add(id[v], 1, j - i);
        }
    }
    for (i = 0; i<q; i++) printf("%d\n", ans[i]);
    return 0;
}

设计思路与复杂度分析

考虑到本题金额属性无实际意义，故以离线方式处理，即以金额属性\(c\)相同的作为一批处理，这样即可去掉账单的金额属性\(c\)。操作1转变为每次插入一个值\(t_i\)，操作2 转变为查询已经插入的数中值\(\leq t_i\) 的总数。

现在问题转变为一个单点更新，在线求前缀和的问题，可使用树状数组处理。但是树状数组要求\(t\)连续，一个策略是对\(t\)进行离散化，而更优的方法是为每一个输入添加一个\(cid\)属性，并以\(t\)为关键字排序，而处理的时候以\(cid\)的顺序处理。即插入的时候直接插入\(cid_i\)，查询的时候查询\(\leq cid_i\)。

但是这样做之后处理顺序与输入顺序不一致，如果直接输出会导致输出顺序不正确，所以需要使用\(qid\)标记查询顺序，最后按照\(qid\)输出即可。

对于本题的情形，需要为每一个元素维护许多信息，这样直接对元素排序时移动元素的代价比较大。一个优化策略是使用下标排序：新建一个\(rank\) 数组，排完序之后\(rank_i\)表示的是排名为\(i\)的元素所在的位置。实现上只需以下三个步骤： 1. 初始化\(rank\)数组：for (int i=0; i<n; ++i) {rank[i]=i;}； 2. 自定义以\(rank_i\)为下标的比较函数：bool cmp(int x, int y){return ci[x] < ci[y];}； 3. 排序：sort(rank, rank + n, cmp)。

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