基准时间限制：1 秒 空间限制：131072 KB 分值: 40 难度：4级算法题
二维平面上N个点之间共有C(n,2)条连线。求这C(n,2)条线中斜率小于0的线的数量。
二维平面上的一个点，根据对应的X Y坐标可以表示为(X,Y)。例如：(2,3) (3,4) (1,5) (4,6)，其中(1,5)同(2,3)(3,4)的连线斜率 < 0，因此斜率小于0的连线数量为2。
Input
第1行：1个数N，N为点的数量(0 <= N <= 50000) 第2 - N + 1行：N个点的坐标，坐标为整数。(0 <= X[i], Y[i] <= 10^9)
Output
输出斜率小于0的连线的数量。(2,3) (2,4)以及(2,3) (3,3)这2种情况不统计在内。
Input示例
4 2 3 3 4 1 5 4 6
Output示例
2
李陶冶 (题目提供者)
题目意思：
问你斜率小于0的两点的有多少个
分析：
方法1：直接树状数组求解
这题跟poj 2352很相像
那题是求某个点左下角点的个数，本题是求某个点左上角点的个数
那题输入是由规则的（按照y的升序，y相等的话，x小的在前）
所以这题一开始也要按照这个规则先排一下序
如果我们直接求某个点左上角的点的个数的话，直接改一下那题就可以了，但是有一点麻烦的地方：
那个题处于做下角边界的情况也是统计在内的
但是这题不行
所以有点麻烦
但是我们可以转化一下思路
因为一开始按照那个排序规则是已经排好序了的
所以当前点肯定是y最大的点，那么以该点为分界点
和该点斜率大于等于0或者斜列不存在的点肯定都是位于该点的左下角的
那么这个时候所有点的数量（不包括当前点）减去当前点左下角的点的数量（包括左下角的边界）
就是斜率小于0的点的数量
即就是该点右下角点的数量（不包括边界的，边界的前面左下角算过了）
还有一个问题就是数据太大了，c数组开不了，需要离散化
所以
先将输入的数据按照x离散化一下，因为每次getsum都是传x进去的
具体操作：
数据先按照x升序，x相等则y小的放前面的规则排序
因为每次getsum都是传x进去，所以按照x优先的规则排序好
排序好之后给按照顺序给点一个编号
这个就是所谓的离散化
然后getsum传进去的就是编号
具体理解一下，编号间的大小顺序关系和x原来的大小顺序关系是一样的
只是数据的范围被压缩了，但是期间各个数据的关系是没有变的
所以是可以这样的
这个就是离散化
离散化完成之后
就是跟star那题差不多了，按照y升序，y相等则x小的放前面的规则排序
然后每次getsum的时候得到的是左下角点的数量
当前点总数（除当前点）减去当前点左下角点的数量
就是当前点右下角的数量
就是和当前点斜率小于0的点的数量
然后将每次getsum的答案加起来就是所有斜率小于0的点对的数量
#include<queue>
#include<set>
#include<cstdio>
#include <iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
#define max_v 500005
struct node
{
int x,y;
int num;
} p[max_v];
bool cmp1(node a,node b)//树状数组操作需要
{
if(a.y!=b.y)
return a.y<b.y;
else
return a.x<b.x;
}
bool cmp2(node a,node b)//离散化需要
{
if(a.x!=b.x)
return a.x<b.x;
else
return a.y<b.y;
}
int c[max_v];
int maxx;
int lowbit(int x)
{
return x&(-x);
}
void update(int x,int d)
{
while(x<=maxx)
{
c[x]+=d;
x+=lowbit(x);
}
}
int getsum(int x,int num)
{
int res=0;
while(x>0)
{
res+=c[x];
x-=lowbit(x);
}
return num-res;//当前点总数减去该点左下角点的数量就是右下角点的数量
}
int main()
{
int n;
while(~scanf("%d",&n))
{
memset(c,0,sizeof(c));
for(int i=0; i<n; i++)
{
scanf("%d %d",&p[i].x,&p[i].y);
}
//离散化
sort(p,p+n,cmp2);
int k=1;
p[0].num=k;
for(int i=1; i<n; i++)
{
p[i].num=++k;
}
maxx=k;
//树状数组
sort(p,p+n,cmp1);
long long ans=0;
for(int i=0; i<n; i++)
{
ans+=getsum(p[i].num,i);//注意是i，不是i+1，因为当前点总数不包括当前点自己
update(p[i].num,1);
}
printf("%I64d\n",ans);
}
return 0;
}
/*
题目意思：
问你斜率小于0的两点的有多少个
分析：
这题跟poj 2352很相像
那题是求某个点左下角点的个数，本题是求某个点左上角点的个数
那题输入是由规则的（按照y的升序，y相等的话，x小的在前）
所以这题一开始也要按照这个规则先排一下序
如果我们直接求某个点左上角的点的个数的话，直接改一下那题就可以了，但是有一点麻烦的地方：
那个题处于做下角边界的情况也是统计在内的
但是这题不行
所以有点麻烦
但是我们可以转化一下思路
因为一开始按照那个排序规则是已经排好序了的
所以当前点肯定是y最大的点，那么以该点为分界点
和该点斜率大于等于0或者斜列不存在的点肯定都是位于该点的左下角的
那么这个时候所有点的数量（不包括当前点）减去当前点左下角的点的数量（包括左下角的边界）
就是斜率小于0的点的数量
即就是该点右下角点的数量（不包括边界的，边界的前面左下角算过了）
还有一个问题就是数据太大了，c数组开不了，需要离散化
所以
先将输入的数据按照x离散化一下，因为每次getsum都是传x进去的
具体操作：
数据先按照x升序，x相等则y小的放前面的规则排序
因为每次getsum都是传x进去，所以按照x优先的规则排序好
排序好之后给按照顺序给点一个编号
这个就是所谓的离散化
然后getsum传进去的就是编号
具体理解一下，编号间的大小顺序关系和x原来的大小顺序关系是一样的
只是数据的范围被压缩了，但是期间各个数据的关系是没有变的
所以是可以这样的
这个就是离散化
离散化完成之后
就是跟star那题差不多了，按照y升序，y相等则x小的放前面的规则排序
然后每次getsum的时候得到的是左下角点的数量
当前点总数（除当前点）减去当前点左下角点的数量
就是当前点右下角的数量
就是和当前点斜率小于0的点的数量
然后将每次getsum的答案加起来就是所有斜率小于0的点对的数量
*/
思路二：
转换为求逆序数，然后归并求逆序
从斜率的公式入手
(xi-xj)/(yi-yj)<0 的点对的个数
现在我们先按照x升序，x相同的则y小的放前面规则排好序
假设i<j
那么xi-xj肯定是小于0的
那么斜率要求小于0，则要求yi-yj大于0
则就是求排好序之后所有的y组成的序列的逆序数
它的逆序数就是斜率小于0点对的个数！
所以先按照那个规则排好序
然后将y拿出来组成一个数组
用归并排序求数列的逆序数
归并可以求逆序的理由：
在归并排序的过程中，比较关键的是通过递归，
将两个已经排好序的数组合并，
此时，若a[i] > a[j]，则i到m之间的数都大于a[j]，
合并时a[j]插到了a[i]之前，此时也就产生的m-i+1个逆序数，
而小于等于的情况并不会产生。
#include<stdio.h>
#include<memory>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define max_v 500005
typedef long long LL;
struct node
{
int x,y;
}p[max_v];
int a[max_v];
bool cmp(node a,node b)
{
if(a.x!=b.x)
return a.x<b.x;
else
return a.y<b.y;
}
int temp[max_v];
LL ans;
void mer(int s,int m,int t)
{
int i=s;
int j=m+1;
int k=s;
while(i<=m&&j<=t)
{
if(a[i]<=a[j])
{
temp[k++]=a[i++];
}else
{
ans+=j-k;//求逆序数
temp[k++]=a[j++];
}
}
while(i<=m)
{
temp[k++]=a[i++];
}
while(j<=t)
{
temp[k++]=a[j++];
}
}
void cop(int s,int t)
{
for(int i=s;i<=t;i++)
a[i]=temp[i];
}
void megsort(int s,int t)
{
if(s<t)
{
int m=(s+t)/2;
megsort(s,m);
megsort(m+1,t);
mer(s,m,t);
cop(s,t);
}
}
int main()
{
int n;
while(~scanf("%d",&n))
{
if(n==0)
break;
ans=0;
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%d %d",&p[i].x,&p[i].y);
sort(p,p+n,cmp);
for(int i=0;i<n;i++)
{
a[i]=p[i].y;
}
megsort(0,n-1);
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
/*
从斜率的公式入手
(xi-xj)/(yi-yj)<0 的点对的个数
现在我们先按照x升序，x相同的则y小的放前面规则排好序
假设i<j
那么xi-xj肯定是小于0的
那么斜率要求小于0，则要求yi-yj大于0
则就是求排好序之后所有的y组成的序列的逆序数
它的逆序数就是斜率小于0点对的个数！
所以先按照那个规则排好序
然后将y拿出来组成一个数组
用归并排序求数列的逆序数
归并可以求逆序的理由：
在归并排序的过程中，比较关键的是通过递归，
将两个已经排好序的数组合并，
此时，若a[i] > a[j]，则i到m之间的数都大于a[j]，
合并时a[j]插到了a[i]之前，此时也就产生的m-i+1个逆序数，
而小于等于的情况并不会产生。
*/
原文地址：https://www.cnblogs.com/yinbiao/p/9470840.html