思路:
良心题解
首先,(O(n^{2}))的算法并不难想,也很容易就想到先排序后对每个奶牛都计算贡献。这样会有一个问题就是计算(dis)时要取绝对值,但是排序后每只奶牛跟前面奶牛的(x)坐标的大小关系是不确定的,所以计算贡献的方法也是不一样的,如何合并起来算的话是不正确的。
考虑怎么解决这个问题:
假设当前在计算第(i)只奶牛的贡献,那么前面的奶牛下标为(j)的可以分为两类:
(1. j<i,x_{j}<x_{i})
(2.j < i , x_{j} > x_{i})
我们只统计第一类的信息,假设第一类的奶牛个数为(t1),那么第二类的奶牛个数为(i-t1-1).为了计算式子,还需要记录前面奶牛的坐标之和,用两个树状数组维护。
代码:
//#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<ll, ll>PLL;
typedef pair<int, int>PII;
typedef pair<double, double>PDD;
#define I_int ll
inline ll read()
{
ll x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9')
{
if(ch == '-')f = -1;
ch = getchar();
}
while(ch >= '0' && ch <= '9')
{
x = x * 10 + ch - '0';
ch = getchar();
}
return x * f;
}
#define read read()
#define closeSync ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define multiCase int T;cin>>T;for(int t=1;t<=T;t++)
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define repp(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define perr(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);i--)
ll ksm(ll a, ll b, ll p)
{
ll res = 1;
while(b)
{
if(b & 1)res = res * a % p;
a = a * a % p;
b >>= 1;
}
return res;
}
const int inf = 0x3f3f3f3f;
#define PI acos(-1)
const int maxn=5e4+10;
struct BIT{
ll n,tr[maxn];
void init(){
memset(tr,0,sizeof tr);
}
ll lowbit(ll x){
return x&-x;
}
void update(ll pos,ll val){
while(pos<=n){
tr[pos]+=val;pos+=lowbit(pos);
}
}
ll qask(ll pos){
ll res=0;
while(pos){
res+=tr[pos];pos-=lowbit(pos);
}
return res;
}
};
struct node{
ll v,x;
}a[maxn];
bool cmp(node a,node b){
return a.v<b.v;
}
ll n;
int main()
{
n=read;
ll m=0;
rep(i,1,n){
a[i].v=read,a[i].x=read;
m=max(m,a[i].x);
}
sort(a+1,a+1+n,cmp);
BIT cnt,sum;
cnt.n=m,sum.n=m;
cnt.init();sum.init();
ll res=0,ans=0;
rep(i,1,n){
ll t1=cnt.qask(a[i].x),t2=sum.qask(a[i].x);
res=res+(t1*a[i].x-t2)*a[i].v;
ll t3=i-t1-1,t4=ans-t2;
res=res+(t4-t3*a[i].x)*a[i].v;
cnt.update(a[i].x,1);sum.update(a[i].x,a[i].x);
ans+=a[i].x;
}
printf("%lld
",res);
return 0;
}
/*
**/