array

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解题思路

操作1是把第pos个位置上的数加上\(10^7\),操作2是找到区间[1,r]中没有且大于k的最小的数。注意到k的范围是小于等于n的,且n的范围是\(10^5\),远小于\(10^7\),所以对于操作1,可以视为把第pos个位置上的数删去。

因为所有节点上的数都是唯一的,所以建立一颗权值线段树,存入每个权值对应的位置,维护其最大值和最小值。为了保证一定有答案,建立的权值范围是[1,n+1]。对于操作1,直接把pos对应的权值的叶子节点修改为0,代表这个数不存在即可。

对于操作2,我们在线段树上查询。对于一颗子树,有答案的前提是其最大值大于r,或者最小值等于0,即存在r后面的数,或者有不存在的数。对于左子树,还应有mid>=k。因为答案要尽量小,所以先看左子树是否可以找到答案,如果左子树没有答案,再看右子树,如果右子树也没有,则返回0,表示没有找到答案。但因为建立的权值范围是[1,n+1],所以最后一定会有答案,当进入叶子节点,则返回答案。

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll; const int N = 100005; struct T{
int l, r;
int minn, maxx;
}tree[N<<2]; void build(int k, int l, int r)
{
tree[k].l = l;
tree[k].r = r;
tree[k].maxx = tree[k].minn = 0;
if(l == r)
return;
int mid = (l + r) / 2;
build(2*k, l, mid);
build(2*k+1, mid + 1, r);
} void update(int k, int x, int v)
{
if(tree[k].l == tree[k].r){
tree[k].maxx = tree[k].minn = v;
return;
}
int mid = (tree[k].l + tree[k].r) / 2;
if(x <= mid)
update(2*k, x, v);
else
update(2*k+1, x, v);
tree[k].minn = min(tree[2*k].minn, tree[2*k+1].minn);
tree[k].maxx = max(tree[2*k].maxx, tree[2*k+1].maxx);
} int query(int k, int r, int x)
{
if(tree[k].l == tree[k].r)
return tree[k].l;
int mid = (tree[k].l + tree[k].r) / 2;
if(x <= mid && (tree[2*k].minn == 0 || tree[2*k].maxx > r)){
int ans = query(2*k, r, x);
if(ans)
return ans;
}
if(tree[2*k+1].minn == 0 || tree[2*k+1].maxx > r)
return query(2*k+1, r, x);
else
return 0;
} int a[N]; int main()
{
int t;
scanf("%d", &t);
while(t --){
int n, m;
scanf("%d%d", &n, &m);
build(1, 1, n + 1);
for(int i = 1; i <= n; i ++){
int x;
scanf("%d", &x);
a[i] = x;
update(1, x, i);
}
int last = 0;
for(int i = 1; i <= m; i ++){
int opt;
scanf("%d", &opt);
if(opt == 1){
int t1;
scanf("%d", &t1);
t1 ^= last;
update(1, a[t1], 0);
}
else {
int t1, t2;
scanf("%d%d", &t1, &t2);
t1 ^= last;
t2 ^= last;
last = query(1, t1, t2);
printf("%d\n", last);
}
}
}
return 0;
}

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