英文题解网址：http://www.usaco.org/current/data/sol_bphoto_gold_jan17.html（上面有Java的参考代码）
大视野题目网址：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4759
下面是我的c++程序和题解
（我是去原来官网上一个个单词翻译地看了别人的题解，才弄懂这道题目，所以讲的繁琐或者是有错误还请见谅）
这道题显而易见的是O(n^2)的算法，加一个快排处理以后，复杂度也是O(n^2/2)，那么我们如何来优化呢？
首先我们先将所有的数据从大到小去排列，其中第k大的数在原本的奶牛序列中的序号为i,一个f[k]数组来表示现在第k大的数有无被进行以下的处理过，若已进行，则为1，否则为0.
我们按原本的数组顺序来枚举奶牛，做完以后，这头奶牛所对应的f[k]就为1，这样就能够保证当前f[k]为1的奶牛在原序列中一定在f[k]为0的奶牛的左边，那么在当前枚举的奶牛（对应f[k1]）左边还比他高的的奶牛（假设此奶牛在排序后的队列中序号为k1，那么它对应的就是f[k1]）,f[k1]一定为1，及一定已经被枚举过了，而且k1<k.(因为排序，所以左边的更大)，所以在左边还比他高的奶牛就为f[1]~f[k]中值为1的数量，即f[1]~f[k]的和，即为会更新的前缀和，那么这其实就是一个单点修改+区间查询，用树状数组来维护f数组即可（代码短一些，当然想写线段树也可以！）
好啦，具体情况就在程序的注释中写吧。
参考程序
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; struct cow{ int v,t; }a[200000]; bool cmp(const cow&x,const cow&y) { return (x.v>y.v); } inline int read() { char ch=getchar(); int f=1,x=0; 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; } int b[200000],f[200000],n,l,r,ans; int lowbit(int x) { return (x&-x); } //单点更新 void update(int x,int v) { while (x<=n) { f[x]+=v; x+=lowbit(x); } } //查询前缀和 int query(int x) { int sum=0; while (x>0) { sum+=f[x]; x-=lowbit(x); } return sum; } int main() { scanf("%d",&n); for (int i=1;i<=n;i++) { a[i].v=read();//输入奶牛的身高 a[i].t=i;//奶牛在原序列中的编号 } sort(a+1,a+1+n,cmp);//身高从大到小排序 for (int i=1;i<=n;i++) b[a[i].t]=i;//记录这头奶牛在排序后的编号 for (int i=1;i<=n;i++) { l=query(b[i]);//查询左边比它大的奶牛数量，即f[k1]已为1，且k1<k; r=b[i]-l-1;//右边比它的数量 if ((l*2<r)||(r*2<l)) ans++;//记录不平衡数量 update(b[i],1);//更新，这头奶牛已经被枚举过了 } printf("%d ",ans); return 0; }