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[英]How to count number of inversions for large number of inputs using merge sort
[英]How to count number of inversions in an array using segment trees
我知道这个问题可以使用修改后的归并排序来解决,并且我已经编写了相同的代码。 现在我想使用Segment Tree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”。 这个东西怎么可以通过Segment Tree来实现?
我们必须在Segment Tree Node上存储什么类型的信息?
如果可能,请提供代码。
让我用一个例子一步一步地解释:
arr : 4 3 7 1
position : 0 1 2 3
首先,将数组按降序排序为 {value, index} 对。
arr : 7 4 3 1
index : 2 0 1 3
position : 0 1 2 3
从左到右迭代,对于每个元素arr[i]
-
查询每个元素的index
(查询范围[0, arr[i].index]
以获得左侧更大的数字计数)并将查询结果放在输出数组的相应index
上。
每次查询后,递增覆盖该index
的相应段树节点。
这样,我们确保只获得从0
到index - 1
更大数字,因为到目前为止插入的值仅大于arr[i]
。
下面的 C++ 实现会更有意义。
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
这很简单,但不像其他典型的段树问题那样“显而易见”。 用笔和纸模拟任意输入会有所帮助。
还有其他O(nlogn)
方法与 BST、Fenwick 树和归并排序。
解决的很简单。 我们用运算和构造一个大小为n
的空段树。 现在从左到右遍历排列元素。 段树的叶子中的一个表示已经访问了这样的元素。 当移动到p[i]
的p[i]
i-th
元素时,我们将请求计算段树中[p[i],n]
的总和:它只会计算左侧元素的数量,这些元素是大于p[i]
。 最后,将一个放在p[i]
位置。 总时间是O(nlogn)
。
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