洛谷-P1801 黑匣子（权值线段树）¶

洛谷-P1801 黑匣子（权值线段树）¶

题目描述¶

Black Box是一种原始的数据库。它可以储存一个整数数组，还有一个特别的变量i。最开始的时候Black Box是空的．而i等于0。这个Black Box要处理一串命令。

命令只有两种：

ADD(x):把x元素放进BlackBox;

GET:i加1，然后输出Blackhox中第i小的数。

记住：第i小的数，就是Black Box里的数的按从小到大的顺序排序后的第i个元素。例如：

我们来演示一下一个有11个命令的命令串。（如下图所示）

现在要求找出对于给定的命令串的最好的处理方法。ADD和GET命令分别最多200000个。现在用两个整数数组来表示命令串：

1.A(1)，A(2)，…A(M)：一串将要被放进Black Box的元素。每个数都是绝对值不超过2000000000的整数，M$200000。例如上面的例子就是A=(3，1，一4，2，8，-1000，2)。

2.u(1)，u(2)，…u(N)：表示第u(j)个元素被放进了Black Box里后就出现一个GET命令。例如上面的例子中u=(l，2，6，6)。输入数据不用判错。

输入格式¶

第一行，两个整数，M，N。

第二行，M个整数，表示A(l)

……A(M)。

第三行，N个整数，表示u(l)

…u(N)。

输出格式¶

输出Black Box根据命令串所得出的输出串，一个数字一行。

输入输出样例¶

输入¶

7 4
3 1 -4 2 8 -1000 2
1 2 6 6

输出¶

说明/提示¶

对于30%的数据，M≤10000;

对于50%的数据，M≤100000：

对于100%的数据，M≤200000。

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>

using namespace std;

int M = 200005;

vector<int> num(M), numCopy(M);
vector<int> u(M);

struct Node {
    int left, right;
    int cnt;
};
vector<Node> v(M << 2); //线段树

void build(int k, int leftPos, int rightPos)
{
    v[k].left = leftPos;
    v[k].right = rightPos;

    if (leftPos == rightPos) return;

    int mid = leftPos + ((rightPos - leftPos) >> 1);
    build(k << 1, leftPos, mid);
    build(k << 1 | 1, mid + 1, rightPos);
}

void update(int k, int position)
{
    if (v[k].left == v[k].right) {
        ++v[k].cnt;
        return;
    }

    int mid = v[k].left + ((v[k].right - v[k].left) >> 1);
    if (position <= mid) update(k << 1, position);
    else update(k << 1 | 1, position);
    v[k].cnt = v[k << 1].cnt + v[k << 1 | 1].cnt;
}

int query(int k, int number)
{
    if (v[k].left == v[k].right) return v[k].left;

    if (number <= v[k << 1].cnt) return query(k << 1, number);
    else return query(k << 1 | 1, number - v[k << 1].cnt);
}



int main()
{
    std::ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);

    int n;
    cin >> M >> n;
    for (int i = 1; i <= M; ++i) {
        cin >> num[i];
        numCopy[i] = num[i];
    }

    sort(numCopy.begin() + 1, numCopy.begin() + 1 + M); //排序来为离散化做铺垫
    int range = unique(numCopy.begin() + 1, numCopy.begin() + 1 + M) - numCopy.begin() - 1; //离散化计算出线段树的区间范围
    build(1, 1, range); //建立线段树，此时还未统计个数

    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        cin >> u[i];

    int pre = 0, times = 0; //pre记录上次GET操作的位置，times记录查询次数
    while (n--) {
        ++pre;
        for (int i = u[pre - 1] + 1; i <= u[pre]; ++i) {
            int position = lower_bound(numCopy.begin() + 1, numCopy.begin() + 1 + M, num[i]) - numCopy.begin();
            update(1, position);
        }
        cout << numCopy[query(1, ++times)] << endl;
    }

    return 0;
}

这道题目其实思路很顺畅，但是细节颇多。

题目的意思是首先存入M个数据，然后进行N次查询。比如u(6)，代表的含义是已经存入的前6个数据，假设现在是第i次查询（i从0开始计数），那么就查询这前6个数里的第i+1小的数据。那么和通常的线段树一般是在查询前就已经构建好不同，这里需要在每次查询前才更新线段树。同时注意一个细节，需要一个变量去记录上一次加入了多少个数据，比如样例给出的，第一次u(1) = 1，u(2) = 2，那么在为2时，为1的情况已经构建过了，所以只需要从第1个数据以后的数据。

另外需要考虑的是如果数据量很大，需要离散化处理，离散化就需要额外的数组来查询。查询的时候，如果当前节点左子节点所包含的数据小于查询的数据，那么需要先减去左子节点包含的数量，然后再到右子节点查询。

这道题目其实很灵活，目前见到的方法有：AVL， Splay Tree，堆