SCUT - 106 - 花式ac - 主席树/启发式合并Treap
错在这组样例，发现是离散化之后，对k访问的时候也是应该访问离散化之后的k。
12 4
1 1 2 2 5 5 4 4 3 3 2
1 1 3 3 5 7 7 9 9 9 11 11
1 10
3 10
3 11
2 4
发现主席树大概还真的要开够log倍，少一点都不行，那干脆开大一点。
#include<bits/stdc++.h>
#define mid ((l+r)>>1)
using namespace std;
const int MAXN = 100000 + 5;
int a[MAXN], b[MAXN];
vector<int> E[MAXN];
int siz[MAXN], tid[MAXN], rnk[MAXN], cnt;
int T[MAXN], tcnt;
int sum[MAXN << 5], L[MAXN << 5], R[MAXN << 5];
void init(int n) {
for(int i = 1; i <= n; ++i)
E[i].clear();
cnt = 0;
tcnt = 0;
}
void dfs(int u) {
siz[u] = 1;
tid[u] = ++cnt;
rnk[cnt] = u;
for(auto v : E[u]) {
dfs(v);
siz[u] += siz[v];
}
}
inline int build(int l, int r) {
int rt = ++tcnt;
sum[rt] = 0;
if(l < r) {
L[rt] = build(l, mid);
R[rt] = build(mid + 1, r);
}
return rt;
}
inline int update(int pre, int l, int r, int x) {
int rt = ++tcnt;
R[rt] = R[pre];
L[rt] = L[pre];
sum[rt] = sum[pre] + 1;
if(l < r) {
if(x <= mid)
L[rt] = update(L[pre], l, mid, x);
else
R[rt] = update(R[pre], mid + 1, r, x);
}
return rt;
}
//查询[u-1,v]中不超过k的数的个数
inline int query2(int u, int v, int l, int r, int k) {
int res = 0;
while(l < r && k < r) {
if(k >= mid) {
res += sum[L[v]] - sum[L[u]];
u = R[u], v = R[v], l = mid + 1;
} else
u = L[u], v = L[v], r = mid;
}
return res + (k >= l ? sum[v] - sum[u] : 0);
}
int main() {
#ifdef Yinku
freopen("Yinku.in", "r", stdin);
#endif // Yinku
int n, q, r = 1;
while(~scanf("%d%d", &n, &q)) {
init(n);
for(int i = 2, f; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &f);
E[f].push_back(i);
}
dfs(r);
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
scanf("%d", &a[i]);
b[i] = a[i];
}
sort(b + 1, b + 1 + n);
int cb = unique(b + 1, b + 1 + n) - b - 1;
tcnt = 0;
T[0] = build(1, cb);
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
int t = lower_bound(b + 1, b + 1 + cb, a[rnk[i]]) - b;
T[i] = update(T[i - 1], 1, cb, t);
}
while(q--) {
int u, k;
scanf("%d%d", &u, &k);
k = upper_bound(b + 1, b + 1 + cb, k) - b - 1;
int l = tid[u], r = tid[u] + siz[u] - 1;
printf("%d\n", query2(T[l - 1], T[r], 1, cb, k));
}
}
return 0;
}
可以启发式合并Treap。我们知道启发式合并的复杂度确实总共是nlogn级别的。离线所有操作，从叶子向上合并。那么每次询问的时候的确就是在u所在子树查询，因为u节点子树恰好就是u节点的平衡树。还是在方面的万能样例翻车了。是批量插入和删除有点问题。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 120000;
int ch[MAXN + 5][2];
int val[MAXN + 5], dat[MAXN + 5];
int siz[MAXN + 5], cnt[MAXN + 5];
ll sum[MAXN + 5];
int tot, root[MAXN + 5];
int st[MAXN + 5], stop;
inline void Init(int n) {
tot = 0;
memset(root, 0, sizeof(root[0]) * (n + 1));
stop = 0;
}
inline int NewNode(int v) {
if(stop == 0) {
ch[++tot][0] = 0;
ch[tot][1] = 0;
val[tot] = v, dat[tot] = rand();
siz[tot] = 1, cnt[tot] = 1;
sum[tot] = v;
return tot;
} else {
int id = st[stop--];
ch[id][0] = 0;
ch[id][1] = 0;
val[id] = v, dat[id] = rand();
siz[id] = 1, cnt[id] = 1;
sum[id] = v;
return id;
}
}
inline void PushUp(int id) {
siz[id] = siz[ch[id][0]] + siz[ch[id][1]] + cnt[id];
sum[id] = sum[ch[id][0]] + sum[ch[id][1]] + 1ll * val[id] * cnt[id];
}
inline void Rotate(int &id, int d) {
int temp = ch[id][d ^ 1];
ch[id][d ^ 1] = ch[temp][d];
ch[temp][d] = id;
id = temp;
PushUp(ch[id][d]), PushUp(id);
}
inline void Insert(int &id, int v) {
if(!id)
id = NewNode(v);
else {
if(v == val[id])
++cnt[id];
else {
int d = v < val[id] ? 0 : 1;
Insert(ch[id][d], v);
if(dat[id] < dat[ch[id][d]])
Rotate(id, d ^ 1);
}
PushUp(id);
}
}
void Remove(int &id, int v) {
if(!id)
return;
else {
if(v == val[id]) {
if(cnt[id] > 1) {
cnt[id] --;
PushUp(id);
} else if(ch[id][0] || ch[id][1]) {
if(!ch[id][1] || dat[ch[id][0]] > dat[ch[id][1]])
Rotate(id, 1), Remove(ch[id][1], v);
else
Rotate(id, 0), Remove(ch[id][0], v);
PushUp(id);
} else{
st[++stop]=id;
id = 0;
}
} else {
v < val[id] ? Remove(ch[id][0], v) : Remove(ch[id][1], v);
PushUp(id);
}
}
}
int GetRank(int id, int v) {
//小于等于v的有几个？
if(!id)
return 0;
else {
if(v == val[id])
return siz[ch[id][0]] + cnt[id];
else if(v < val[id])
return GetRank(ch[id][0], v);
else
return siz[ch[id][0]] + cnt[id] + GetRank(ch[id][1], v);
}
}
//把id2的树整棵插进id1中
void Merge(int &id1, int &id2) {
if(siz[id1] < siz[id2])
swap(id1, id2);
//将id2的根插进id1，目前每次只搬运一个
while(siz[id2]) {
int tmpv = val[id2]/*, tmpn = cnt[id2]*/;
Remove(id2, tmpv);
Insert(id1, tmpv);
}
return;
}
int d[MAXN], f[MAXN], a[MAXN];
int u2topo[MAXN], cnttopo, topo2u[MAXN];
struct Query {
int u, k, ans, id;
bool operator<(const Query& q)const {
return u2topo[u] < u2topo[q.u];
}
} que[MAXN];
struct cmp {
bool operator()(const Query& q1, const Query& q2)const {
return q1.id < q2.id;
}
};
int que2[MAXN];
int front, back;
int main() {
#ifdef Yinku
freopen("Yinku.in", "r", stdin);
#endif // Yinku
int n, q;
while(~scanf("%d%d", &n, &q)) {
memset(d, 0, sizeof(d[0]) * (n + 1));
for(int i = 2; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &f[i]);
++d[f[i]];
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &a[i]);
}
front = 1, back = 0, cnttopo = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
if(d[i] == 0)
que2[++back] = i;
}
while(back >= front) {
int u = que2[front++];
u2topo[u] = ++cnttopo;
topo2u[cnttopo] = u;
d[f[u]]--;
if(d[f[u]] == 0)
que2[++back] = f[u];
}
for(int i = 1; i <= q; ++i) {
scanf("%d%d", &que[i].u, &que[i].k);
que[i].id = i;
}
sort(que + 1, que + 1 + q);
Init(n);
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
Insert(root[i], a[i]);
//cout<<siz[root[i]]<<endl;
//cout<<u2topo[i]<<" ";
}
//cout<<endl;
int curtopo = 1;
for(int i = 1; i <= q; ++i) {
while(u2topo[que[i].u] > curtopo) {
//cout<<"Qu="<<que[i].u<<" topoQu="<<u2topo[que[i].u]<<endl;
//等于的话不用合并，直接查询
int u = topo2u[curtopo++];
//cout<<"Merge "<<u<<" "<<f[u]<<endl;
Merge(root[f[u]], root[u]);
//cout<<" After Merge Size="<<siz[root[f[u]]]<<endl;
}
//现在相等了
que[i].ans = GetRank(root[que[i].u], que[i].k);
/*cout<<"Answer u="<<que[i].u;
cout<<" ans="<<que[i].ans<<endl;*/
}
sort(que + 1, que + 1 + q, cmp());
for(int i = 1; i <= q; ++i) {
printf("%d\n", que[i].ans);
}
//puts("---");
}
return 0;
}
是NewNode没有传入num的问题，但是为什么恰好开n个位置会RE了呢？（因为后面的MAXN没有加5！以后还是在MAXN里面+5，这样数组会好看一点）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 120000;
int ch[MAXN + 5][2];
int val[MAXN + 5], dat[MAXN + 5];
int siz[MAXN + 5], cnt[MAXN + 5];
int tot, root[MAXN + 5];
int st[MAXN + 5], stop;
inline void Init(int n) {
tot = 0;
memset(root, 0, sizeof(root[0]) * (n + 1));
stop = 0;
}
inline int NewNode(int v, int num) {
int id = ((stop==0) ? ++tot : st[stop--]);
ch[id][0] = 0;
ch[id][1] = 0;
val[id] = v, dat[id] = rand();
siz[id] = num, cnt[id] = num;
return id;
}
inline void PushUp(int id) {
siz[id] = siz[ch[id][0]] + siz[ch[id][1]] + cnt[id];
}
inline void Rotate(int &id, int d) {
int temp = ch[id][d ^ 1];
ch[id][d ^ 1] = ch[temp][d];
ch[temp][d] = id;
id = temp;
PushUp(ch[id][d]), PushUp(id);
}
inline void Insert(int &id, int v, int num) {
if(!id)
id = NewNode(v, num);
else {
if(v == val[id])
cnt[id] += num;
else {
int d = v < val[id] ? 0 : 1;
Insert(ch[id][d], v, num);
if(dat[id] < dat[ch[id][d]])
Rotate(id, d ^ 1);
}
PushUp(id);
}
}
void Remove(int &id, int v, int num) {
if(!id)
return;
else {
if(v == val[id]) {
if(cnt[id] > num) {
cnt[id -= num];
PushUp(id);
} else if(ch[id][0] || ch[id][1]) {
if(!ch[id][1] || dat[ch[id][0]] > dat[ch[id][1]])
Rotate(id, 1), Remove(ch[id][1], v, num);
else
Rotate(id, 0), Remove(ch[id][0], v, num);
PushUp(id);
} else {
st[++stop] = id;
id = 0;
}
} else {
v < val[id] ? Remove(ch[id][0], v, num) : Remove(ch[id][1], v, num);
PushUp(id);
}
}
}
int GetRank(int id, int v) {
//小于等于v的有几个？
if(!id)
return 0;
else {
if(v == val[id])
return siz[ch[id][0]] + cnt[id];
else if(v < val[id])
return GetRank(ch[id][0], v);
else
return siz[ch[id][0]] + cnt[id] + GetRank(ch[id][1], v);
}
}
//把id2的树整棵插进id1中
void Merge(int &id1, int &id2) {
if(siz[id1] < siz[id2])
swap(id1, id2);
//将id2的根插进id1，目前每次只搬运一个
while(siz[id2]) {
int tmpv = val[id2], tmpn = cnt[id2];
Remove(id2, tmpv, tmpn);
Insert(id1, tmpv, tmpn);
}
return;
}
int d[MAXN], f[MAXN], a[MAXN];
int u2topo[MAXN], cnttopo, topo2u[MAXN];
struct Query {
int u, k, ans, id;
bool operator<(const Query& q)const {
return u2topo[u] < u2topo[q.u];
}
} que[MAXN];
struct cmp {
bool operator()(const Query& q1, const Query& q2)const {
return q1.id < q2.id;
}
};
int que2[MAXN];
int front, back;
int main() {
#ifdef Yinku
freopen("Yinku.in", "r", stdin);
#endif // Yinku
int n, q;
while(~scanf("%d%d", &n, &q)) {
memset(d, 0, sizeof(d[0]) * (n + 1));
for(int i = 2; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &f[i]);
++d[f[i]];
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &a[i]);
}
front = 1, back = 0, cnttopo = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
if(d[i] == 0)
que2[++back] = i;
}
while(back >= front) {
int u = que2[front++];
u2topo[u] = ++cnttopo;
topo2u[cnttopo] = u;
d[f[u]]--;
if(d[f[u]] == 0)
que2[++back] = f[u];
}
for(int i = 1; i <= q; ++i) {
scanf("%d%d", &que[i].u, &que[i].k);
que[i].id = i;
}
sort(que + 1, que + 1 + q);
Init(n);
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
Insert(root[i], a[i], 1);
//cout<<siz[root[i]]<<endl;
//cout<<u2topo[i]<<" ";
}
//cout<<endl;
int curtopo = 1;
for(int i = 1; i <= q; ++i) {
while(u2topo[que[i].u] > curtopo) {
//cout<<"Qu="<<que[i].u<<" topoQu="<<u2topo[que[i].u]<<endl;
//等于的话不用合并，直接查询
int u = topo2u[curtopo++];
//cout<<"Merge "<<u<<" "<<f[u]<<endl;
Merge(root[f[u]], root[u]);
//cout<<" After Merge Size="<<siz[root[f[u]]]<<endl;
}
//现在相等了
que[i].ans = GetRank(root[que[i].u], que[i].k);
/*cout<<"Answer u="<<que[i].u;
cout<<" ans="<<que[i].ans<<endl;*/
}
sort(que + 1, que + 1 + q, cmp());
for(int i = 1; i <= q; ++i) {
printf("%d\n", que[i].ans);
}
//puts("---");
}
return 0;
}
SCUT - 106 - 花式ac - 主席树/启发式合并Treap的更多相关文章
- Bzoj2534:后缀自动机 主席树启发式合并
国际惯例的题面:考虑我们求解出字符串uvu第一个u的右端点为i,第二个u的右端点为j,我们需要满足什么性质?显然j>i+L,因为我们选择的串不能是空串.另外考虑i和j的最长公共前缀(也就是说其p ...
- 【BZOJ-3123】森林 主席树 + 启发式合并
3123: [Sdoi2013]森林 Time Limit: 20 Sec Memory Limit: 512 MBSubmit: 2738 Solved: 806[Submit][Status] ...
- P3302 [SDOI2013]森林（主席树+启发式合并）
P3302 [SDOI2013]森林 主席树+启发式合并 (我以前的主席树板子是错的.......坑了我老久TAT) 第k小问题显然是主席树. 我们对每个点维护一棵包含其子树所有节点的主席树 询问(x ...
- [bzoj3123] [SDOI2013]森林 主席树+启发式合并+LCT
Description Input 第一行包含一个正整数testcase,表示当前测试数据的测试点编号.保证1≤testcase≤20. 第二行包含三个整数N,M,T,分别表示节点数.初始边数.操作数 ...
- 【主席树 启发式合并】bzoj3123: [Sdoi2013]森林
小细节磕磕碰碰浪费了半个多小时的时间 Description Input 第一行包含一个正整数testcase,表示当前测试数据的测试点编号.保证1≤testcase≤20. 第二行包含三个整数N,M ...
- BZOJ_3123_[Sdoi2013]森林_主席树+启发式合并
BZOJ_3123_[Sdoi2013]森林_主席树+启发式合并 Description Input 第一行包含一个正整数testcase,表示当前测试数据的测试点编号.保证1≤testcase≤20 ...
- 【bzoj3123】[Sdoi2013]森林 倍增LCA+主席树+启发式合并
题目描述 输入 第一行包含一个正整数testcase,表示当前测试数据的测试点编号.保证1≤testcase≤20. 第二行包含三个整数N,M,T,分别表示节点数.初始边数.操作数.第三行包含N个非负 ...
- Bzoj 3123: [Sdoi2013]森林(主席树+启发式合并)
3123: [Sdoi2013]森林 Time Limit: 20 Sec Memory Limit: 512 MB Description Input 第一行包含一个正整数testcase,表示当前 ...
- Bzoj 3673: 可持久化并查集 by zky(主席树+启发式合并)
3673: 可持久化并查集 by zky Time Limit: 5 Sec Memory Limit: 128 MB Description n个集合 m个操作 操作: 1 a b 合并a,b所在集 ...
随机推荐
- man da'te
DATE(1) 用户命令 DATE(1) 名称 日期-打印或设置系统日期和时间 简介 date [OPTION]... ...
- eclips 中的 svn 更新报错，被锁住解决办法
svn更新不下来,在文件的目录上选择 Team,然后选择 Refresh/Cleanup ,然后就可以了,这个方法我自己试有效,做为参考,对其它情况不一定有效 报错如下 解决方法
- Java——动态绑定和多态
动态绑定是在执行期间(而不是编译期间)判断所用对象的实际类型,根据其实际的类型调用其相应的方法(确定选择哪个多态形式被调用). 首先是方法的参数是父类对象,传入子类对象是否可行 然后引出Parent ...
- input el-input 只能输入正整数验证
字母e在js中属于数字,所以一般的正则匹配 \d 是拦不住字母e 的 正确写法为: onKeypress="return (/[\d]/.test(String.fromCharCode(e ...
- 动态DP总结
动态DP 何为动态DP? 将画风正常的DP加上修改操作. 举个例子? 给你一个长度为\(n\)的数列,从中选出一些数,要求选出的数互不相邻,最大化选出的数的和. 考虑DP,状态设计为\(f[i][1/ ...
- TimeUtils
public class TimeUtils { public static final int YEAR = 0; public static final int MONTH = 1; public ...
- [转]玩转Google开源C++单元测试框架Google Test系列(gtest)(总)
文章转载自CoderZh的技术博客 地址:https://www.cnblogs.com/coderzh/archive/2009/04/06/1426755.html 前段时间学习和了解了下Goog ...
- mysqlbinlog读懂binlog
binlog 报unknown variable 'default-character-set=utf8' 方法1: 在/etc/my.cnf 中将default-character-set=utf8 ...
- sh/bash/csh/Tcsh/ksh/pdksh等shell的区别
w shell confusion..what is diff between bash, ksh, csh, tcsh..?? http://www.linuxquestions.org/ques ...
- array object
w object(stdClass)#3 (8) { ["MERCHANT_ID"]=> string(11) "MERCHANT_ID" [" ...