Poj1990 MooFest

日常自闭，博客解忧(TAT)
题意就不说了，我说可能还把你给绕晕。
思路：尽管各方大神都说这道题明显先排序，但是我就是没想到，在知道先排序后，就可以想到：编号为i的牛之前的牛和牛i所能组成的pair的ans
再来，对于这种绝对值，一般都是打开然后处理，我们接着就会发现这些和其实就由两部分构成，一部分是pos大于牛i的，另一部分是pos小于牛i的，所以我们要分开处理。接着就有了这样一个思路，用一个树状数组来维护位置小于牛i的牛的个数，另一个树状数组维护位置小于牛i的牛的坐标和。这里我其实弄了好久才看明白，没理解这个树状数组究竟是怎么回事儿，毕竟才刚学。最后明白了才知道维护树状数组的时候是在坐标轴上维护的，也就是说下面的A[1]就相当于坐标轴上的点1，A[2]就相当于在坐标轴上的点2…把下面的A等同于坐标轴上的点。举个例子，cow[2].pos=4,cow[2].val=3;cow[3].pos=2,cow[3].val=5;那么我们维护树状数组的时候，我们将权值小的牛2加入树状数组：add(4(相当于单点修改的位置),4(相当于单点修改的值))，那么c[2]=4，getsum(2(要查询前缀和的位置))=4;然后加入牛3，则c[2]=4,c[3]=2,getsum(3)=6。
说了这么多也就是表示一下当从牛的权值以小到大来维护树状数组是怎么样一个情况。接下来对于每一头牛i，找比他的pos小的牛的数量和坐标和，然后得出答案，其他博客都很详细，可以参照其他博客。而树状数组具体怎么维护我弄了好久才勉强有点感觉。。。(这就是弱鸡把T…T);

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<time.h>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<functional>
#include<map>
#include<queue>
#define mod (1000000000+9)
#define SIZE 15000+10
#define lowbit(x) (x&(-x))
typedef long long ll;
const int inf_max = 0x3f3f3f3f;
const int inf_min = 0xc0c0c0c0;
const int maxn = (int)(2e4+10);
using namespace std;
string y_n[2]={"No\n","Yes\n"};
ll n,tree[2][maxn];

struct Cow
{
    ll pos,val;
}cow[maxn];

bool cmp(Cow a,Cow b)
{
    return a.val<b.val;
}
void add(ll x,ll val,ll need)
{
    if(!x)  return ;
    while(x<=maxn)
    {
        tree[need][x]+=val;
        x+=lowbit(x);
    }
}

ll getsum(ll qx,ll need)
{
    ll res=0;
    while(qx>0)
    {
        res+=tree[need][qx];
        qx-=lowbit(qx);
    }
    return res;
}
int main()
{
    while(~scanf("%I64d",&n))
    {
        ll ans=0;
        memset(tree,0,sizeof(tree));
        for(ll i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%I64d%I64d",&cow[i].val,&cow[i].pos);
        }
        sort(cow+1,cow+n+1,cmp);
       /* for(ll i=1;i<=n;i++)
            prllf("cow.val=%d,cow.pos=%d\n",cow[i].val,cow[i].pos);*/
        for(ll i=1;i<=n;i++)
        {
            add(cow[i].pos,1,0);      //0数组维护位置小与第i头牛的数量
            add(cow[i].pos,cow[i].pos,1);     //1数组维护位置小于i的牛的坐标和
           // printf("cow[%I64d].pos=%I64d,cow[%I64d].val=%I64d\n",i,cow[i].pos,i,cow[i].val);
            ll num=getsum(cow[i].pos-1,0);     //num是位置小于牛i的牛的数量    则位置大于牛i的有i-1-num头(题目说了牛不会出现在同一个x且第i次循环只放了i头牛在坐标轴上)
            //printf("num=%I64d\n",num);
            ll sum_small=getsum(cow[i].pos-1,1);   //sum_small是位置小于牛i的牛的坐标之和
            //printf("sum_small=%I64d\n",sum_small);
            //printf("sum=%I64d\n",getsum(maxn,1));
            ll sum_big=getsum(maxn,1)-getsum(cow[i].pos,1);    //sum_big是位置大于牛i的牛的坐标和
            //printf("sum_big=%I64d\n",sum_big);
            ans+=((cow[i].pos*num-sum_small)*cow[i].val+cow[i].val*(sum_big-cow[i].pos*(i-1-num)));
            //printf("ans=%I64d\n",ans);
        }
        /*for(ll i=0;i<=n;i++)
            printf("suf[%d]=%d\n",i,getsum(i));*/
        printf("%I64d\n",ans);
    }
    return 0;
}