P1801 黑匣子_NOI導刊2010提高（06）

題目描述
Black Box是一種原始的數據庫。它可以儲存一個整數數組，還有一個特別的變量i。最開始的時候Black Box是空的．而i等于0。這個Black Box要處理一串命令。

命令只有兩種：

ADD(x):把x元素放進BlackBox;

GET:i加1，然后輸出Blackhox中第i小的數。

記住：第i小的數，就是Black Box里的數的按從小到大的順序排序后的第i個元素。例如：

我們來演示一下一個有11個命令的命令串。（如下圖所示）

現在要求找出對于給定的命令串的最好的處理方法。ADD和GET命令分別最多200000個。現在用兩個整數數組來表示命令串：

1.A(1)，A(2)，…A(M)：一串將要被放進Black Box的元素。每個數都是絕對值不超過2000000000的整數，M$200000。例如上面的例子就是A=(3，1，一4，2，8，-1000，2)。

2.u(1)，u(2)，…u(N)：表示第u(j)個元素被放進了Black Box里后就出現一個GET命令。例如上面的例子中u=(l，2，6，6)。輸入數據不用判錯。

輸入輸出格式
輸入格式：
第一行，兩個整數，M，N。

第二行，M個整數，表示A(l)

……A(M)。

第三行，N個整數，表示u(l)

…u(N)。

輸出格式：
輸出Black Box根據命令串所得出的輸出串，一個數字一行。

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裸的平衡樹treap，當復習了

靠最大值爆我取的INF了調了半天QAQ

Treap還是要熟練掌握得（認真臉）

#include<iostream> #include<cstdio> #include<queue> #include<cstring> #include<algorithm> #include<climits> typedef long long LL; using namespace std; LL RD(){LL out = 0,flag = 1;char c = getchar();while(c < '0' || c >'9'){if(c == '-')flag = -1;c = getchar();}while(c >= '0' && c <= '9'){out = out * 10 + c - '0';c = getchar();}return flag * out;} const LL maxn = 200019,INF = 0xfffffffffffffff; LL ch[maxn][2]; LL val[maxn],dat[maxn]; LL size[maxn],cnt[maxn]; LL tot,root; LL New(LL v){val[++tot] = v,dat[tot] = rand();size[tot] = cnt[tot] = 1;return tot;} void pushup(LL id){size[id] = size[ch[id][0]] + size[ch[id][1]] + cnt[id];} void build(){root = New(-INF),ch[root][1] = New(INF);pushup(root);} void Rotate(LL &id,LL d){LL temp = ch[id][d ^ 1];ch[id][d ^ 1] = ch[temp][d];ch[temp][d] = id;id = temp;pushup(ch[id][d]),pushup(id);} void insert(LL &id,LL v){if(!id){id = New(v);return ;}if(val[id] == v){cnt[id]++;pushup(id);return ;}LL d = v < val[id] ? 0 : 1;insert(ch[id][d],v);if(dat[id] < dat[ch[id][d]])Rotate(id,d ^ 1);pushup(id);} LL get_val(LL id,LL rank){if(!id)return INF;if(size[ch[id][0]] >= rank)return get_val(ch[id][0],rank);else if(size[ch[id][0]] + cnt[id] >= rank)return val[id];else return get_val(ch[id][1],rank - size[ch[id][0]] - cnt[id]);} LL num,na; LL ori[maxn],ask[maxn],p = 1; int main(){num = RD();na = RD();for(LL i = 1;i <= num;i++)ori[i] = RD();for(LL i = 1;i <= na;i++)ask[RD()]++;build();for(LL i = 1;i <= num;i++){insert(root,ori[i]);while(ask[i]--)printf("%lld\n",get_val(root,++p));}return 0;}

轉載于:https://www.cnblogs.com/Tony-Double-Sky/p/9291400.html

總結

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