bzoj 2770 YY的Treap

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Description

志向远大的\(YY\)小朋友在学完快速排序之后决定学习平衡树，左思右想再加上\(SY\)的教唆，\(YY\)决定学习\(Treap\)。友爱教教父\(SY\)如砍瓜切菜般教会了\(YY\)小朋友\(Treap\)（一种平衡树，通过对每个节点随机分配一个priority，同时保证这棵平衡树关于priority是一个小根堆以保证效率）。这时候不怎么友爱的\(510\)跑了出来，他问了\(YY\)小朋友一个极不和谐的问题：怎么求\(Treap\)中两个点之间的路径长度。\(YY\)秒了之后决定把这个问题交给你来做，但只要求出树中两点的\(LCA\)。

Input

第一行两个整数\(n，m.\)

第二行\(n\)个整数表示每个元素的\(key.\)

第三行\(n\)个整数表示每个元素的\(priority.\)

接下\(m\)行，每行一条命令,

\(I\) \(A\) \(B\)，插入一个元素，\(key\)为\(A,priority\)为\(B.\)

\(D\) \(A\)，删除一个元素，\(key\)为\(A\).

\(Q\) \(A\) \(B\)，询问\(key\)分别为\(A\)和\(B\)的\(LCA\)的\(key.\)

Output

对于每个\(Q\)输出一个整数。

Sample Input

2 2

1 2

4 5

Q 1 2

I 3 3

Sample Output

1

HINT

数据保证\(n<=10^5,m<=3*10^5\).

其余整数均不超过\(int\)的范围.

数据保证任意时刻树中\(key\)和\(priority\)均不相同.

Solution

• 此题就是对\(treap\)基本性质的一个考察.
• \(C\)是\(A,B\)的\(LCA\)(假设\(key_a<key_b\)).需要满足\(key_c\in [key_a,key_b]\),这样能保证\(A,B\)到根的路径上都经过\(C\).
• 而要求最近的公共祖先,根据\(priority\)满足小根堆的性质,只需找出其中\(priority\)最小的点即为\(LCA\).
• 可以建一颗权值线段树,问题转化为修改,删除,以及区间上查询最值.

#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x7fffffff
#define root Tree[o]
#define lson Tree[o<<1]
#define rson Tree[o<<1|1]
using namespace std;
typedef long long LoveLive;
typedef pair<int,int> pii;
inline int read()
{
	int out=0,fh=1;
	char jp=getchar();
	while ((jp>'9'||jp<'0')&&jp!='-')
		jp=getchar();
	if (jp=='-')
		{
			fh=-1;
			jp=getchar();
		}
	while (jp>='0'&&jp<='9')
		{
			out=out*10+jp-'0';
			jp=getchar();
		}
	return out*fh;
}
const int MAXN=4e5+10;
int n,m;
struct Query{
	int op;
	int a,b;//key,pro
	int ans,id;
}q[MAXN];
int kc[MAXN];
struct node{
	int l,r,mi,pos,sum,val;
}Tree[MAXN<<3];
void phup(int o)
{
	if(lson.mi<rson.mi)
		root.mi=lson.mi,root.pos=lson.pos;
	else
		root.mi=rson.mi,root.pos=rson.pos;
	root.sum=lson.sum+rson.sum;
}
void bd(int l,int r,int o)
{
	int mid=(l+r)>>1;
	root.l=l,root.r=r;
	root.mi=inf;
	root.sum=0;
	if(l==r)
		return;
	bd(l,mid,o<<1);
	bd(mid+1,r,o<<1|1);
}
void add(int o,int x,int pos)
{
	int l=root.l,r=root.r;
	int mid=(l+r)>>1;
	if(l==r)
		{
			root.val=x;
			root.mi=x;
			root.pos=l;
			++root.sum;
			return;
		}
	if(pos<=mid)
		add(o<<1,x,pos);
	else
		add(o<<1|1,x,pos);
	phup(o);
}
void del(int o,int pos)
{
	int l=root.l,r=root.r;
	int mid=(l+r)>>1;
	if(l==r)
		{
			root.mi=inf;
			--root.sum;
			return;
		}
	if(pos<=mid)
		del(o<<1,pos);
	else
		del(o<<1|1,pos);
	phup(o);
}
void ins(int x,int pos)
{
	add(1,x,pos);
}
void rem(int pos)
{
	del(1,pos);
}
int ansmi,anspos;
void qy(int o,int L,int R)
{
	int l=root.l,r=root.r;
	int mid=(l+r)>>1;
	if(r<L || l>R)
		return;
	if(L<=l && r<=R)
		{
			if(root.mi<ansmi)
				ansmi=root.mi,anspos=root.pos;
			return;
		}
	if(L<=mid)
		qy(o<<1,L,R);
	if(R>mid)
		qy(o<<1|1,L,R);
}
int main()
{
	n=read(),m=read();
	int cnt=0;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			q[i].op=1;
			q[i].a=read();
			kc[++cnt]=q[i].a;
			q[i].id=i;
		}
	for(int i=1;i<=n;++i)
		q[i].b=read();
	int idx=n;
	for(int i=1;i<=m;++i)
		{
			++idx;
			q[idx].id=idx;
			char buf[2];
			scanf("%s",buf);
			if(buf[0]=='I')
				{
					q[idx].op=1;
					q[idx].a=read();
					kc[++cnt]=q[idx].a;
					q[idx].b=read();
				}
			else if(buf[0]=='D')
				{
					q[idx].op=2;
					q[idx].a=read();
					kc[++cnt]=q[idx].a;
				}
			else
				{
					q[idx].op=3;
					q[idx].a=read();
					kc[++cnt]=q[idx].a;
					q[idx].b=read();
					kc[++cnt]=q[idx].b;
				}
		}
	bd(1,2*n,1);
	sort(kc+1,kc+1+cnt);
	cnt=unique(kc+1,kc+1+cnt)-(kc+1);
	for(int i=1;i<=idx;++i)
		{
			if(q[i].op==1)
				{
					q[i].a=lower_bound(kc+1,kc+1+cnt,q[i].a)-kc;
					ins(q[i].b,q[i].a);
				}
			else if(q[i].op==2)
				{
					q[i].a=lower_bound(kc+1,kc+1+cnt,q[i].a)-kc;
					rem(q[i].a);
				}
			else if(q[i].op==3)
				{
					 q[i].a=lower_bound(kc+1,kc+1+cnt,q[i].a)-kc;
					 q[i].b=lower_bound(kc+1,kc+1+cnt,q[i].b)-kc;
					 ansmi=inf;
					 qy(1,min(q[i].a,q[i].b),max(q[i].a,q[i].b));
					 printf("%d\n",kc[anspos]);
				}
		}
	return 0;
}