Given a sequence of n numbers a1, a2, ..., an and a number of k- queries. A k-query is a triple (i, j, k) (1 ≤ i ≤ j ≤ n). For each k-query (i, j, k), you have to return the number of elements greater than k in the subsequence ai, ai+1, ..., aj.
Input
- Line 1: n (1 ≤ n ≤ 30000).
- Line 2: n numbers a1, a2, ..., an (1 ≤ ai ≤ 109).
- Line 3: q (1 ≤ q ≤ 200000), the number of k- queries.
- In the next q lines, each line contains 3 numbers i, j, k representing a k-query (1 ≤ i ≤ j ≤ n, 1 ≤ k ≤ 109).
Output
- For each k-query (i, j, k), print the number of elements greater than k in the subsequence ai, ai+1, ..., aj in a single line.
Example
Input
5
5 1 2 3 4
3
2 4 1
4 4 4
1 5 2 Output
2
0
3 题意：给定 一个数组， q次询问， 每次询问区间[L, R]内大于k的数字有多少个。 这题算是比较老比较水的题目了， 但是感觉 离线可以处理 很多 大量询问的问题。 其中思想很值得挖掘学习。
比如这题，先考虑线段树，这棵线段树的叶子都是1， 先把 所有询问按k的大小从小到大排序， 然后对于 每个询问可以把 小于当前询问k的数字的位置在线段树里置0，那么结果就是线段树的区间 求和问题来了。 这样Q次询问， 最终所有数字都加进来了 复杂度 并不高 O( N + Q * log N）
const int MAXN = 3e4+;
const int MAXQ = 2e5+;
struct Node{
int L, R, k, idx;
Node (int L = , int R = , int k = , int idx = ):
L(L), R(R), k(k), idx(idx){}
bool operator < (const Node &rhs)const{
return k < rhs.k;
}
}Q[MAXQ];
int sum[MAXN << ];
void build (int l, int r, int pos){
if (l == r){
sum[pos] = ;
return;
}
int mid = (l + r) >> ;
build(l, mid, pos<<);
build(mid+, r, pos<<|);
sum[pos] = sum[pos<<] + sum[pos<<|];
}
void update (int l, int r, int pos, int x, int val){
if (l == r){
sum[pos] = val;
return;
}
int mid = (l + r) >> ;
if (x <= mid){
update(l, mid, pos<<, x, val);
}else{
update(mid+, r, pos<<|, x, val);
}
sum[pos] = sum[pos<<] + sum[pos<<|];
}
int query (int l, int r, int pos, int ua, int ub){
if (ua <= l && ub >= r){
return sum[pos];
}
int mid = (l + r) >> ;
int res = ;
if (ua <mid){
res += query(l, mid, pos<<, ua, ub);
}
if (ub > mid){
res += query(mid+, r, pos<<|, ua, ub);
}
return res;
}
int ans[MAXQ], IDX[MAXN], val[MAXN];
bool cmp(int i, int j){
return val[i] < val[j];
}
int main() { int n, q;
while (~ scanf ("%d", &n)){
for (int i = ; i < n; i++){
scanf ("%d", val+i);
IDX[i] = i;
}
sort (IDX, IDX+n, cmp);
scanf ("%d", &q);
for (int i = ; i < q; i++){
int ua, ub, k;
scanf ("%d%d%d", &ua, &ub, &k);
Q[i] = Node(ua, ub, k, i);
}
sort (Q, Q+q);
build(, n, );
int p = ;
for (int i = ; i < q; i++){
while (p < n && val[IDX[p]] <= Q[i].k){
update(, n, , IDX[p]+, );
p++;
}
ans[Q[i].idx] = query(, n, , Q[i].L, Q[i].R);
}
for (int i = ; i < q; i++){
printf("%d\n", ans[i]);
}
}
return ;
}
再来看15年编程之美复赛的一道题。
你正在和小冰玩一个猜数字的游戏。小冰首先生成一个长为N的整数序列A1, A2, …, AN。在每一轮游戏中，小冰会给出一个区间范围[L, R]，然后你要猜一个数K。如果K在AL, AL+1, …, AR中，那么你获胜。
在尝试了几轮之后，你发现这个游戏太难（无聊）了。小冰决定给你一些提示，你每猜一次，小冰会告诉你K与AL, AL+1, …, AR中最接近的数的绝对差值，即min(|Ai - K|), L ≤ i ≤ R。
也是一个数组，多次询问，每次求区间内与k最接近的数字。
这题 可以可持久化线段树做， 但是代码量大， 除此之外还可以 离线+线段树， 最接近k的值 要么比k小 要么比k大。
先考虑比k小的时候， 首先 把 所有数字和询问放到一起排序，按值排序， 把询问和数字 分开， 然后 从小到大加入到线段树， 那么对于某次询问[L, R]此时线段树的区间[L, R]最大值就是比k小的最接近的k的值， 同理可以求出比k大的最接近k的值。然后两者比较即可。 代码略。