NOIP2017 列队 题解报告【56行线段树】

题目描述

Sylvia 是一个热爱学习的女♂孩子。

前段时间，Sylvia 参加了学校的军训。众所周知，军训的时候需要站方阵。

Sylvia 所在的方阵中有n
\times mn×m名学生，方阵的行数为 nn，列数为 mm。

为了便于管理，教官在训练开始时，按照从前到后，从左到右的顺序给方阵中 的学生从 1 到 n
\times mn×m 编上了号码（参见后面的样例）。即：初始时，第 ii 行第 jj 列
的学生的编号是(i-1)\times
m + j(i−1)×m+j。

然而在练习方阵的时候，经常会有学生因为各种各样的事情需要离队。在一天 中，一共发生了 qq件这样的离队事件。每一次离队事件可以用数对(x,y)
(1 \le x \le n, 1 \le y \le m)(x,y)(1≤x≤n,1≤y≤m)描述，表示第 xx 行第 yy 列的学生离队。

在有学生离队后，队伍中出现了一个空位。为了队伍的整齐，教官会依次下达 这样的两条指令：

1. 向左看齐。这时第一列保持不动，所有学生向左填补空缺。不难发现在这条 指令之后，空位在第 xx 行第 mm列。

2. 向前看齐。这时第一行保持不动，所有学生向前填补空缺。不难发现在这条 指令之后，空位在第 nn 行第 mm列。

教官规定不能有两个或更多学生同时离队。即在前一个离队的学生归队之后， 下一个学生才能离队。因此在每一个离队的学生要归队时，队伍中有且仅有第 nn 行
第 mm 列一个空位，这时这个学生会自然地填补到这个位置。

因为站方阵真的很无聊，所以 Sylvia 想要计算每一次离队事件中，离队的同学 的编号是多少。

注意：每一个同学的编号不会随着离队事件的发生而改变，在发生离队事件后 方阵中同学的编号可能是乱序的。

输入输出格式

输入格式：

输入共 q+1q+1 行。

第 1 行包含 3 个用空格分隔的正整数 n,
m, qn,m,q，表示方阵大小是 nn 行 mm 列，一共发
生了 qq 次事件。

接下来 qq 行按照事件发生顺序描述了 qq 件事件。每一行是两个整数 x,
yx,y，用一个空
格分隔，表示这个离队事件中离队的学生当时排在第 xx 行第 yy 列。

输出格式：

按照事件输入的顺序，每一个事件输出一行一个整数，表示这个离队事件中离队学 生的编号。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

2 2 3
1 1
2 2
1 2 

输出样例#1： 复制

1
1
4

说明

【输入输出样例 1 说明】

列队的过程如上图所示，每一行描述了一个事件。 在第一个事件中，编号为 1 的同学离队，这时空位在第一行第一列。接着所有同学 向左标齐，这时编号为 2 的同学向左移动一步，空位移动到第一行第二列。然后所有同 学向上标齐，这时编号为 4 的同学向上一步，这时空位移动到第二行第二列。最后编号 为 1 的同学返回填补到空位中。

【数据规模与约定】

数据保证每一个事件满足 1
\le x \le n,1 \le y \le m1≤x≤n,1≤y≤m

题解

NOIP2017最后一道题，考试40min时就写到了，可以说心情澎湃。。【然而并没有想到正解】

看到部分分很多，考场拿了部分分

前50分：

前50分q很小，用O(q^2)倒推就好了

把之前的出队位置记下来，若当前询问位置为(x,y)，上一次出队位置为(x1,y1)

若(x,y) == (n,m)，说明是刚入队，那么就转移到上次出队位置(x1,y1)

假若y == m且x1 <= x，说明在上次一队形调整中(x,y)是由(x,y + 1)移动过来的，那么y++

假若x == n且y1 <= y，同理可以退出上一次在(x + 1,y)，那么x++

最后就会推回原来的位置

30分x=1

X=1就是一条链，我们每次需要从区间选出第k大放到末尾，你能想到什么？

splay？是的。我考场写了splay，亲测10分【可能是我没写好，听说如果写split的splay可以A】

求区间第K大可以用线段树，以值为区间建树，区间和表示这段区间的数使用了多少次，然后就从根节点开始，

(左区间大小 - 左区间使用次数) = 左区间仍存在的个数x，若x >= k，往左子树找，否则往右子树找，最终到达

的叶子就是我们要找的第k大的值

后面放进来的值我们可以看做是m + 1,m + 2，先存到一个vector表里面，假若我们求出的k大值超出了m，

就减去m从表中直接找出

100分

其实30分算法提示的已经很明显了，或者说已经可以当正解了

正解中，我们只需对每一行建一棵线段树，对最后一列单独建一棵线段树

同样也开相同数量的vector表一起维护就好了

线段树会爆空间怎么办？我们发现所有线段树的初始值都是确定的0，可以考虑动态开节点。

因为没有访问过，每个新节点的值自然为0，非常方便

具体操作：

(x,y)出队，我们找到第x棵线段树，找到第y个未使用的值【同30分算法】，再从最后一列的

线段树中找到第x个值加入第x个领接表【加入第x行末尾】，最后将找出的值加入最后一列末尾

复杂度分析：

由于最多操作q次，所以新加入的节点不会超过3*10^5，领接表空间不会爆

时间复杂度O(qlogn)

56行代码【压行不算太严重。。】

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
using namespace std;
const int maxn = 600005,maxm = 20000005,INF = 1000000000;
inline int read(){
	int out = 0,flag = 1;char c = getchar();
	while (c < 48 || c > 57) {if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
	while (c >= 48 && c <= 57) {out = out * 10 + c - 48; c = getchar();}
	return out * flag;
}
int n,m,q,Max;
vector<LL> G[maxn];
struct node{int sum,ls,rs; node() {ls = rs = 0;} }e[maxm];
int siz = 0,rt[maxn],pos;
void modify(int& u,int l,int r){
	if (!u) u = ++siz; e[u].sum++;
	if(l < r) {
		int mid = l + r >> 1;
		if (mid >= pos) modify(e[u].ls,l,mid);
		else modify(e[u].rs,mid + 1,r);
	}
}
int Query(int u,int l,int r,int k){
	if (l == r) return l;
	int mid = l + r >> 1,sizl = mid - l + 1 - e[e[u].ls].sum;
	if (sizl >= k) return Query(e[u].ls,l,mid,k);
	else return Query(e[u].rs,mid + 1,r,k - sizl);
}
LL Del_r(int x,LL v){
	pos = Query(rt[n + 1],1,Max,x); modify(rt[n + 1],1,Max);
	LL ans = pos <= n ? 1ll * pos * m: G[n + 1][pos - n - 1];
	G[n + 1].push_back(v ? v : ans);
	return ans;
}
LL Del_l(int x,int y){
	pos = Query(rt[x],1,Max,y); modify(rt[x],1,Max);
	LL ans = pos < m ? 1ll * (x - 1) * m + pos : G[x][pos - m];
	G[x].push_back(Del_r(x,ans));
	return ans;
}
int main()
{
	int x,y;
	n = read(); m = read(); q = read(); Max = max(m,n) + q;
	while (q--){
		x = read(); y = read();
		if (y == m) printf("%lld\n",Del_r(x,0));
		else printf("%lld\n",Del_l(x,y));
	}
	return 0;
}