HDU 5919 Sequence II(主席树+逆序思想)
Sequence II
Time Limit: 9000/4500 MS (Java/Others) Memory Limit: 131072/131072 K (Java/Others)
Total Submission(s): 1422 Accepted Submission(s): 362
In the i-th query, you are given two integers li and ri. Consider the subsequence ali,ali+1,ali+2,⋯,ari.
We can denote the positions(the positions according to the original sequence) where an integer appears first in this subsequence as p(i)1,p(i)2,⋯,p(i)ki (in ascending order, i.e.,p(i)1<p(i)2<⋯<p(i)ki).
Note that ki is the number of different integers in this subsequence. You should output p(i)⌈ki2⌉for the i-th query.
Each test case starts with two integers n (n≤2×105) and m (m≤2×105). There are n integers in the next line, which indicate the integers in the sequence(i.e., a1,a2,⋯,an,0≤ai≤2×105).
There are two integers li and ri in the following m lines.
However, Mr. Frog thought that this problem was too young too simple so he became angry. He modified each query to l‘i,r‘i(1≤l‘i≤n,1≤r‘i≤n). As a result, the problem became more exciting.
We can denote the answers as ans1,ans2,⋯,ansm. Note that for each test case ans0=0.
You can get the correct input li,ri from what you read (we denote them as l‘i,r‘i)by the following formula:
For each test case, output one line “Case #x: p1,p2,⋯,pm”, where x is the case number (starting from 1) and p1,p2,⋯,pm is the answer.
题目链接:HDU 5919
区间内的求和+第K小的结合题,难点就在用倒序的方式维护第一次出现的位置,每一颗树都是维护原序列i~n的后缀,从后往前更新的时候把每一个位置都更新掉,这样第一次出现的位置就是最新的位置,然后统计的时候直接统计L~n即可,因为在p序列中L~R与L~n是等效的,后面多出现的无任何影响。
代码:
#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <sstream>
#include <cstring>
#include <bitset>
#include <string>
#include <deque>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define CLR(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr))
#define LC(x) (x<<1)
#define RC(x) ((x<<1)+1)
#define MID(x,y) ((x+y)>>1)
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long LL;
const double PI=acos(-1.0);
const int N=2e5+7;
struct seg
{
int lson,rson;
int cnt;
inline void init()
{
lson=rson=cnt=0;
}
};
seg T[N*40];
int root[N],tot;
int arr[N],ans[N],pre[N]; void init(int n)
{
CLR(root,0);
tot=0;
T[n+1].init();
ans[0]=0;
CLR(pre,-1);
}
inline void update(int &cur,int ori,int l,int r,int pos,int v)
{
cur=++tot;
T[cur]=T[ori];
T[cur].cnt+=v;
if(l==r)
return ;
int mid=MID(l,r);
if(pos<=mid)
update(T[cur].lson,T[ori].lson,l,mid,pos,v);
else
update(T[cur].rson,T[ori].rson,mid+1,r,pos,v);
}
int query(int S,int E,int l,int r,int ql,int qr)
{
if(ql<=l&&r<=qr)
return T[E].cnt-T[S].cnt;
else
{
int mid=MID(l,r);
if(qr<=mid)
return query(T[S].lson,T[E].lson,l,mid,ql,qr);
else if(ql>mid)
return query(T[S].rson,T[E].rson,mid+1,r,ql,qr);
else
return query(T[S].lson,T[E].lson,l,mid,ql,mid)+query(T[S].rson,T[E].rson,mid+1,r,mid+1,qr);
}
}
int findkth(int S,int E,int l,int r,int k)
{
if(l==r)
return l;
else
{
int cnt=T[T[E].lson].cnt-T[T[S].lson].cnt;
int mid=MID(l,r);
if(k<=cnt)
return findkth(T[S].lson,T[E].lson,l,mid,k);
else
return findkth(T[S].rson,T[E].rson,mid+1,r,k-cnt);
}
}
int main(void)
{
int tcase,n,m,i,l,r,L,R;
scanf("%d",&tcase);
for (int q=1; q<=tcase; ++q)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
init(n);
for (i=1; i<=n; ++i)
scanf("%d",&arr[i]);
int temp_rt=0;
for (i=1; i<=1; ++i)
{
if(pre[arr[i]]==-1)
update(root[i],root[i+1],1,n,i,1);
else
{
update(temp_rt,root[i+1],1,n,pre[arr[i]],-1);
update(root[i],temp_rt,1,n,i,1);
}
pre[arr[i]]=i;
}
for (i=1; i<=m; ++i)
{
scanf("%d%d",&l,&r);
L=(l+ans[i-1])%n+1;
R=(r+ans[i-1])%n+1;
if(L>R)
swap(L,R);
int D=query(root[n+1],root[L],1,n,L,R);
ans[i]=findkth(root[n+1],root[L],1,n,(D+1)/2);
}
printf("Case #%d:",q);
for (i=1; i<=m; ++i)
printf(" %d",ans[i]);
putchar('\n');
}
return 0;
}
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