每日一题[LeetCode 315]计算右侧小于当前元素的个数

发现leetcode的困难难度做起来还是需要点时间的（还是我太菜了），而且可能大多数人也不能接受，所以明天开始穿插做中等难度题目。

题目描述

给定一个整数数组nums，按要求返回一个新数组counts。数组counts有该性质：counts[i]的值是nums[i]右侧小于nums[i]的元素的数量。

示例输入

[5,2,6,1]

示例输出

[2,1,1,0]

示例解释

5的右侧有2个更小的元素2和1。 2的右侧仅有1个更小的元素1。 6的右侧有1个更小的元素1。 1的右侧有0个更小的元素。

题解

这题没有给数据范围，但是用脚想也知道不能暴力做（ $O(n^2)$ ）。

这题其实有多种解法，这里简单介绍三种解法。

1. 树状数组

如果你不熟悉这个数据结构的话，你只需要记住它的功能就行。

树状数组是一个数组，有两种操作。一个是对某个位置的元素加值或减值，一个是查询第一个位置到某个位置的元素之和。暴力的话每次查询操作复杂度都是 $O(n)$ ，而树状数组可以做到 $O(\log n)$ 。

具体细节不介绍了，有现成的模板，会用就行了。

有了这等好东西，就可以把问题这么转化了：新建一个数组bit，其中bit[i]表示i这个数出现的次数。从右边最后一个数开始向左遍历，每遇到一个数nums[i]，就把bit[nums[i]]加1，表示这个数多了一个。然后查询bit[0]到bit[nums[i]-1]中的所有次数之和，就表明了当前时刻有多少数比nums[i]小。这一步查询操作正好用到树状数组，最后总的时间复杂度为 $O(n \log n)$ 。

2. 归并排序 归并排序算法想必大家应该很熟悉了。就是将数组划分为左右两个长度相等的子数组，然后分别递归排序，得到左右两个有序的子数组。然后就是合并了，只要用两个头指针，分别指着两个子数组的开头，然后分别向右移动合并就行了。

那么在这题中怎么用呢？假设左右两个子数组为a[l],...,a[m]和a[m+1],...,a[r]，头指针分别为i=l和j=m+1。然后开始合并，首先j向右移动，直到a[j]>=a[i]，也就是在右半部分子数组中找到所有小于a[i]的数。然后把这些数依次放入临时数组中，并得到结论：右半部分子数组中比a[i]小的数有j - m - 1个。然后把a[i]也推进临时数组里，重复进行上述过程，直到i>m。最后如果右半部分数组还剩一些数，说明它们是最大的，推入临时数组就行了，最后把临时数组里的数复制进原数组，这部分就排好序了。

要注意的是排序后原来的下标会丢失，所以用一个pair类型保存每一个数和它原来的下标。

3. 二叉搜索树 这种方法也很显然。从最右边一个数开始构建二叉搜索树，结点保存这个数和右边比它小的数的数量。如果新插入一个数，就插入到二叉搜索树中，沿途记得要更新经过的每个结点的数量。如果经过一个结点，并且插入的数比结点的数小，那么就在左子树中继续寻找插入位置，并且结点数量加1。如果插入的数比结点的数大，那么就在右子树中寻找，并且插入的数对应的答案加上该结点的数量。

具体这里就不实现了，主要考察的是数据结构，不想写了。。。

代码

1. 树状数组

        class Solution {
public:
    static const int MAXN = 100000;
    int bit[MAXN], x[MAXN], y[MAXN];

    vector<int> countSmaller(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            x[i] = y[i] = nums[i];
        }

        sort(y, y + n);
        int len = unique(y, y + n) - y;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            x[i] = lower_bound(y, y + len, x[i]) - y + 1;
        }

        memset(bit, 0, sizeof bit);
        vector<int> res;
        for (int i = n-1; i >= 0; --i) {
            res.push_back(sum(x[i]-1));
            add(x[i], 1);
        }
        reverse(res.begin(), res.end());
        return res;
    }

    int lowbit(int x) {
        return x&(-x);
    }

    void add(int i, int x) {
        while (i < MAXN) {
            bit[i] += x;
            i += lowbit(i);
        }
    }

    void sub(int i, int x) {
        while (i < MAXN) {
            bit[i] -= x;
            i += lowbit(i);
        }
    }

    int sum(int i) {
        int s = 0;
        while (i > 0) {
            s += bit[i];
            i -= lowbit(i);
        }
        return s;
    }
};

2. 归并排序

        class Solution {
public:
    static const int MAXN = 100000;
    int cnt[MAXN];
    pair<int, int> x[MAXN], y[MAXN];

    vector<int> countSmaller(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            x[i] = make_pair(nums[i], i);
        }
        memset(cnt, 0, sizeof cnt);
        merge_sort(0, n-1);
        vector<int> res(cnt, cnt+n);
        return res;
    }

    void merge_sort(int l, int r) {
        if (l >= r) return;
        int m = (l + r) >> 1;
        merge_sort(l, m);
        merge_sort(m+1, r);
        int idl = l, idr = m + 1, idx = l;
        while (idl <= m) {
            while (idr <= r && x[idr].first < x[idl].first) {
                y[idx++] = x[idr];
                idr++;
            }
            cnt[x[idl].second] += idr - m - 1;
            y[idx++] = x[idl];
            idl++;
        }
        for (int i = l; i < idr; ++i) {
            x[i] = y[i];
        }
    }
};