给你一个数组 nums，对于其中每个元素 nums[i]，请你统计数组中比它小的所有数字的数目。
换而言之，对于每个 nums[i] 你必须计算出有效的 j 的数量，其中 j 满足 j != i 且 nums[j] < nums[i] 。
以数组形式返回答案。
示例 1：
输入：nums = [8,1,2,2,3] 输出：[4,0,1,1,3] 解释： 对于 nums[0]=8 存在四个比它小的数字：（1，2，2 和 3）。 对于 nums[1]=1 不存在比它小的数字。 对于 nums[2]=2 存在一个比它小的数字：（1）。 对于 nums[3]=2 存在一个比它小的数字：（1）。 对于 nums[4]=3 存在三个比它小的数字：（1，2 和 2）。 示例 2：
输入：nums = [6,5,4,8] 输出：[2,1,0,3] 示例 3：
输入：nums = [7,7,7,7] 输出：[0,0,0,0]
提示：
2 <= nums.length <= 500 0 <= nums[i] <= 100
方法一：暴力法，由于较容易想到，就不记录了。
方法二：频次数组 + 前缀和 注意到数字的值域范围为 [0,100][0,100] ，所以可以考虑建立一个频次数组 cnt[i]cnt[i] ，表示数字 ii 出现的次数，那么对于数字 ii 而言，它的答案就是
即小于它的数字出现个数之和，直接算需要遍历 [0,i-1][0,i−1] 的 cntcnt 求和，仍需要线性的时间去计算，但我们注意到这个答案是一个前缀和，所以我们可以再对 cntcnt 数组求前缀和。那么对于数字 i的答案就是 cnt[i-1] ，算答案的时间复杂度从 O(n) 降到了 O(1)。
最后整个算法流程为：遍历数组元素，更新 cntcnt 数组，即 cnt[nums[i]]+=1 ，然后对 cntcnt 数组求前缀和，最后遍历数组元素，对于相应的数字 O(1)O(1) 得到答案即可。
作者：LeetCode-Solution 链接：https://leetcode-cn.com/problems/how-many-numbers-are-smaller-than-the-current-number/solution/you-duo-shao-xiao-yu-dang-qian-shu-zi-de-shu-zi--2/
图解如下：
class Solution { public: vector<int> smallerNumbersThanCurrent(vector<int>& nums) { vector<int> cnt(101, 0); vector<int> vec((int)nums.size(), 0); for (int i = 0;i < (int)nums.size(); ++i){ cnt[nums[i]]++; //1.计算数字出现频率，cnt下标表示对应的数字num } for (int i = 1;i <= 100; ++i) cnt[i] += cnt[i-1]; //2.计算数字包括自身出现频率，官方解释为前缀和 for (int i = 0;i < (int)nums.size(); ++i){ if (nums[i]) vec[i] = cnt[nums[i] - 1]; //3.由2得到出现频率，那么cnt的下标-1就表示比该下标对应数字小的数字出现频率，结合图理解 } return vec; } };
