【HDU4967】Handling the Past

题意

   模拟栈操作。有三种操作push,pop,peak分别代表从栈顶压入元素，删除栈顶元素，查询栈顶元素。但是，每个操作会给出一个时间戳，要求操作必须要按照时间戳来进行。但是对于每个peak必须马上给出查询结果。其中n<=50000,xi,ti<=1e9

分析

  讲真，这种题必须结合样例才能明白让干嘛。如果暴力的话，对于每个peak的时间复杂度都是O(n)。所以我们想到了线段树。

  1.因为t的值很大，所以我们要首先将t离散化（我因为离散化写丑了一开始还T了好几发）

  2.将每个push的t和x对应的记录下来

  3.对于每个操作push，我们在t的位置插入1，对于每个pop操作，我们在t的位置插入-1。对于每个peak操作，我们找到t左边的第一个t1，符合sum(t1 to t)>0,这时候和t1对应的x值就是答案。

思路是很好想的，然后就是操作3该怎么通过线段树来维护？

  我们通过线段树来维护一个区间和，和一个最大后缀和，然后对于没个peak查询，所有从1到t的线段树的结点，从右往左找，如果加上当前结点的最大后缀和大于0的话，这个答案就一定在这个节点内，否则加上这个结点的区间和继续往左找。这里可以结合代码进行理解。

  

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>

using namespace std;
const int maxn=50000+100;
struct Ope{
    string name;
    int t,a;
}ope[maxn];
int n,kase;
int V[maxn],M[maxn];
int sumv[4*maxn],max_suff[4*maxn];
int v,x;
void maintain(int o){
    sumv[o]=sumv[2*o]+sumv[2*o+1];
    max_suff[o]=max(max_suff[2*o+1],sumv[2*o+1]+max_suff[2*o]);
}
void update(int o,int L,int R){
    if(L==R){
        sumv[o]+=x;
        max_suff[o]+=x;
        return ;
    }
    int M=L+(R-L)/2;
    if(v<=M)update(2*o,L,M);
    if(v>M)update(2*o+1,M+1,R);
    maintain(o);
    return;
}
int tot,ans;
int ql,qr;
void solve(int o,int L,int R){
    if(L==R){
        ans=L;
        return;
    }
    int M=L+(R-L)/2;
    if(tot+max_suff[2*o+1]>0)
      return solve(2*o+1,M+1,R);
    tot+=sumv[2*o+1];
    return solve(2*o,L,M);
}
void query(int o,int L,int R){
    if(ans!=-1)
        return;
    if(ql<=L&&qr>=R){
        if(tot+max_suff[o]>0){
            solve(o,L,R);
        }
        else tot+=sumv[o];
        return;
    }
    int M=L+(R-L)/2;
    if(M<qr)
        query(2*o+1,M+1,R);
    if(M>=ql)
        query(2*o,L,M);
    return;
}
int main(){
    kase=0;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n){
        printf("Case #%d:
",++kase);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            cin>>ope[i].name;
            if(ope[i].name=="push"){
                scanf("%d%d",&ope[i].a,&ope[i].t);
            }
            if(ope[i].name=="pop"||ope[i].name=="peak"){
                scanf("%d",&ope[i].t);
            }
            V[i]=ope[i].t;
        }
        sort(V+1,V+1+n);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            if(ope[i].name=="push"){
                int tt=lower_bound(V+1,V+1+n,ope[i].t)-V;
                M[tt]=ope[i].a;
            }
        }
       /* for(int i=1;i<=n;i++){
            int tt=lower_bound(V+1,V+1+n,ope[i].t)-V;
            cout<<tt<<endl;
        }*/

        memset(sumv,0,sizeof(sumv));
        memset(max_suff,0,sizeof(max_suff));

        for(int i=1;i<=n;i++){
            if(ope[i].name=="push"){
                v=lower_bound(V+1,V+1+n,ope[i].t)-V;
                x=1;
                update(1,1,n);
            }
            else if(ope[i].name=="pop"){
                v=lower_bound(V+1,V+1+n,ope[i].t)-V;
                x=-1;
                update(1,1,n);
            }
            else{
                ql=1,qr=lower_bound(V+1,V+1+n,ope[i].t)-V;
                tot=0,ans=-1;
                query(1,1,n);
                printf("%d
",ans==-1?-1:M[ans]);
            }
        }
    }
return 0;
}