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ABC水题,
D - Cutting Woods
题意:开始一根木棒长度为 (n) 并以 (1) 为单位在木棒上标记((1sim n)) ,输出 (q) 次操作
- 操作 (1) 断开 (x) 所在的木棒:([1,n]) 在 (x) 断开变成了 ([1,x],[x + 1,n])
- 操作 (2) 查询 (x) 所在区间的长度
数据范围:(nle 10^{9},qle 1e5,1le xle 1e9)
题解:
一开始没有想到这个性质所以卡住了,
在分割之后左边以及右边这个区间的答案是固定的,也就是说答案只跟分割点有关,比如区间 ([l,r]) 分割 (x) 变成了 ([l,x],[x+1,r])
可以发现可以发现
(l) 到 (x) 这个区间的询问答案都是 (x−l+1)
(x+1) 到 (r) 这个区间的询问答案都是 (r−l+1)
所以可以考虑二分找到所在区间相邻 (2) 个的分割点下标
先考虑边界问题
边界无非是:(0sim n + 1,0sim n,1sim n,1sim n +1) 这 (4) 种的其中一种
这个时候先假设区间是 ([1,2],[3,4],[5])
分割点是 0/1 2 4 5/5+1
对于查询2
找到第一个大于等于2的数是2
第一个小于2的数应该是 0/1
答案是2
所以应该是 2 - 0 = 2
左边界应该是0在考虑查询5
答案是1
找到第一个大于等于5的数是5/6
第一个小于5的数应该是4
所以应该是 5 - 4 = 1
右边界是n在考虑二分操作的时候 分割点数组保持有序
所以可以用set动态维护
时间复杂度:(mathcal{O}(Nlog N))
set<int>s;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
int n, m;
cin >> n >> m;
s.insert(0);
s.insert(n);
while (m--) {
int c, x;
cin >> c >> x;
if (c == 1) s.insert(x);
else
cout << *s.lower_bound(x) - *--s.upper_bound(x) << "
";
// 因为没 -- 调了半天
}
}
E - Sorting Queries
题意:给出一个空的序列和 (q) 次操作
- 操作 (1): 在序列末尾添加一个数 (x)
- 操作 (2) :输出序列第一个数
- 操作 (3):给当前序列排序
数据范围:(qle 1e5,1le xle 1e9)
题解:
假设不考虑操作 (3),那么我们可直接模拟,
但在操作 (3)的影响下,需要维护排序对队列的影响,
假设队列中两个元素,(head,fail) 对应队头和队尾
暴力时间复杂度是 (mathcal{O}(n^2 logn)) 肯定是不可取的
在排序的时候我们可以考虑边插入边排序,用 (set) 维护
然后把对头指向 (set) 后面的第一个下标
这样时间复杂度便降到了 (mathcal{O}(n logn))
const int N = 1e6 + 10;
ll a[N];
multiset<ll>s;
bool st[N];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
int head = 0, fail = 0;
int t; cin >> t;
int k = 1; // k = 1 表示队列第一个数的下标是1
while (t--) {
int op; cin >> op;
if (op == 1) {
int x; cin >> x;
a[++fail] = x;
} else if (op == 2) {
// 如果排序过
if (s.size()) {
cout << *s.begin() << "
" ;
s.erase(s.begin());
} else {
cout << a[k] << "
";
st[k] = 1;
k += 1;
}
} else {
for (int i = k ; i <= fail ; i ++) {
if (!st[i]) s.insert(a[i]) ;
}
// 插入之后 对头指向队尾的下一个下标
k = fail + 1 ;
}
}
}