BZOJ1901:Zju2112 Dynamic Rankings——题解
http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1901
Description
Input
Output
对于每一次询问,你都需要输出他的答案,每一个输出占单独的一行。
Sample Input
3 2 1 4 7
Q 1 4 3
C 2 6
Q 2 5 3
Sample Output
3
6
————————————————————————————
UPT:18.4.2美化代码,删改题解。
带修改主席树板子题目(bzoj真喜欢权限板子题)
然后我学了一上午:https://www.cnblogs.com/candy99/p/6166467.html
总的来说如果我们暴力修改主席树的话,我们对于每一棵主席树都需要进行修改,那么这样时间复杂度就爆棚了。
而我们考虑,树状数组和线段树的修改仅仅只是logn的。
所以我们试着让树状数组套上主席树,这样就能方便的修改值了。
也就是说,树状数组的每一个节点都挂着一棵主席树,这样所需要修改的主席树就变成O(logn)棵了。
那么查询也很简单,就是树状数组的查询方法(因为我们外层包的是树状数组,所以查询就是在查主席树的根,也就不需要主席树了)。
显然空间复杂度为O(nlognlogn)
!但是!我学的那篇博客提供了一种O(2nlogn)的做法。
我们直接将修改操作另开一棵树状数组(upt:其实是开一个主席树然后用树状数组的lowbit修改)维护,这样就变成了两个主席树了,查询的时候两者的和一加即可。
注意事项:
1.注意区分两个主席树,本代码中rt为原序列主席树,root为存修改的主席树。
2.空间记得根据空间复杂度开。
3.不要用什么玄学的stl,不然AC变TLE就是一瞬间的事情。
4.离散化。
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=;
inline int read(){
int X=,w=;char ch=;
while(!isdigit(ch)){w|=ch=='-';ch=getchar();}
while(isdigit(ch))X=(X<<)+(X<<)+(ch^),ch=getchar();
return w?-X:X;
}
struct tree{
int l,r,sum;
}tr[N*];
struct question{
char s[];
int i,j,k,t;
}q[N];
int a[N],b[N],rt[N],root[N],n,m,Q,pool;
int q1[N],t1,q2[N],t2;
inline void initLSH(){
sort(b+,b+m+);
m=unique(b+,b+m+)-b-;
return;
}
inline int LSH(int v){return lower_bound(b+,b+m+,v)-b;}
inline int lowbit(int x){return x&-x;}
inline void insert(int y,int &x,int l,int r,int p,int v){
tr[x=++pool]=tr[y];
tr[x].sum+=v;
if(l==r)return;
int mid=(l+r)>>;
if(p<=mid)insert(tr[y].l,tr[x].l,l,mid,p,v);
else insert(tr[y].r,tr[x].r,mid+,r,p,v);
}
inline void add(int pos,int v){
int p=LSH(a[pos]);
for(int i=pos;i<=n;i+=lowbit(i))insert(root[i],root[i],,m,p,v);
//注意这里是root
}
inline int cal(){
int sum1=,sum2=;
for(int i=;i<=t1;i++)sum1+=tr[tr[q1[i]].l].sum;
for(int i=;i<=t2;i++)sum2+=tr[tr[q2[i]].l].sum;
return sum2-sum1;
}
inline int query(int nl,int nr,int k){
int l=,r=m;t1=t2=;
for(int i=nl;i;i-=lowbit(i))q1[++t1]=root[i];
for(int i=nr;i;i-=lowbit(i))q2[++t2]=root[i];
//注意这里是root
nl=rt[nl],nr=rt[nr];
//注意这里是rt
while(l<r){
int ls=cal()+tr[tr[nr].l].sum-tr[tr[nl].l].sum;
int mid=(l+r)>>;
if(k<=ls){
for(int i=;i<=t1;i++)q1[i]=tr[q1[i]].l;
for(int i=;i<=t2;i++)q2[i]=tr[q2[i]].l;
nl=tr[nl].l;nr=tr[nr].l;
r=mid;
}else{
for(int i=;i<=t1;i++)q1[i]=tr[q1[i]].r;
for(int i=;i<=t2;i++)q2[i]=tr[q2[i]].r;
nl=tr[nl].r;nr=tr[nr].r;
l=mid+;k-=ls;
}
}
return l;
}
int main(){
n=read();
Q=read();
for(int i=;i<=n;i++)a[i]=b[++m]=read();
for(int i=;i<=Q;i++){
scanf("%s",q[i].s);
if(q[i].s[]=='Q'){
q[i].i=read();q[i].j=read();q[i].k=read();
}
else{
q[i].i=read();
q[i].t=b[++m]=read();
}
}
initLSH();
for(int i=;i<=n;i++)insert(rt[i-],rt[i],,m,LSH(a[i]),);
//注意这里是rt
for(int i=;i<=Q;i++){
if(q[i].s[]=='Q')
printf("%d\n",b[query(q[i].i-,q[i].j,q[i].k)]);
else{
add(q[i].i,-);
a[q[i].i]=q[i].t;
add(q[i].i,);
}
}
return ;
}
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