我知道这个问题可以使用修改后的归并排序来解决,我已经编写了相应的代码。现在我想使用线段树来解决这个问题。基本上,如果我们从右到左遍历数组,那么我们必须计算“有多少值大于当前值”。如何通过线段树实现这一点呢?
我们需要在线段树节点上存储什么类型的信息?
如果可能,请提供代码。
我知道这个问题可以使用修改后的归并排序来解决,我已经编写了相应的代码。现在我想使用线段树来解决这个问题。基本上,如果我们从右到左遍历数组,那么我们必须计算“有多少值大于当前值”。如何通过线段树实现这一点呢?
我们需要在线段树节点上存储什么类型的信息?
如果可能,请提供代码。
让我用一个例子来逐步解释:
arr : 4 3 7 1
position : 0 1 2 3
arr : 7 4 3 1
index : 2 0 1 3
position : 0 1 2 3
从左到右迭代,针对每个元素 arr[i]
-
查询每个元素的索引
(查询区间[0,arr[i].index]
以获取左侧的更大数字计数),并将查询结果放置在输出数组的相应索引
上。
在每次查询之后,增加覆盖该索引
的相应线段树节点。
这样,我们确保只从0
到index-1
获取大于arr[i]
的数字计数,因为迄今为止仅插入了大于arr[i]
的值。
下面C++实现将更有意义。
class SegmentTree {
vector<int> segmentNode;
public:
void init(int n) {
int N = /* 2 * pow(2, ceil(log((double) n / log(2.0)))) - 1 */ 4 * n;
segmentNode.resize(N, 0);
}
void insert(int node, int left, int right, const int indx) {
if(indx < left or indx > right) {
return;
}
if(left == right and indx == left) {
segmentNode[node]++;
return;
}
int leftNode = node << 1;
int rightNode = leftNode | 1;
int mid = left + (right - left) / 2;
insert(leftNode, left, mid, indx);
insert(rightNode, mid + 1, right, indx);
segmentNode[node] = segmentNode[leftNode] + segmentNode[rightNode];
}
int query(int node, int left, int right, const int L, const int R) {
if(left > R or right < L) {
return 0;
}
if(left >= L and right <= R) {
return segmentNode[node];
}
int leftNode = node << 1;
int rightNode = leftNode | 1;
int mid = left + (right - left) / 2;
return query(leftNode, left, mid, L, R) + query(rightNode, mid + 1, right, L, R);
}
};
vector<int> countGreater(vector<int>& nums) {
vector<int> result;
if(nums.empty()) {
return result;
}
int n = (int)nums.size();
vector<pair<int, int> > data(n);
for(int i = 0; i < n; ++i) {
data[i] = pair<int, int>(nums[i], i);
}
sort(data.begin(), data.end(), greater<pair<int, int> >());
result.resize(n);
SegmentTree segmentTree;
segmentTree.init(n);
for(int i = 0; i < n; ++i) {
result[data[i].second] = segmentTree.query(1, 0, n - 1, 0, data[i].second);
segmentTree.insert(1, 0, n - 1, data[i].second);
}
return result;
}
// Input : 4 3 7 1
// output: 0 1 0 3
这是一个简单的问题,但并不像其他典型的线段树问题那样显而易见。通过纸笔模拟任意输入可以帮助理解。
还有其他使用二叉搜索树、树状数组和归并排序的 O(nlogn)
方法。
这个问题可以很简单地解决。我们使用大小为n
的空段树,使用求和操作。现在从左到右遍历排列的元素。如果一个叶子节点的值是1,就意味着已经访问了这样的元素。当移动到p[i]
的第i
个元素时,我们将请求计算段树中[p[i],n]
的总和:它会计算比p[i]
大的左侧元素的数量。最后,在位置p[i]
放置一个1。总时间复杂度为O(nlogn)
。