题目描述：https://www.luogu.org/problemnew/show/P3960
这题当时我在NOIP的时候只会暴力模拟，然后拿了30pts……
今天肖大佬给我们讲课的时候讲了这道题……正解有树状数组，有线段树，有splay……大佬给我们讲的是线段树做法。
首先先说一下，线段树怎么动态开点。这道题因为列队的长和宽都很大，达到了3*10^5，而询问次数也达到了3*10^5，直接把线段树全部建出来显然不现实。那我们就考虑动态开点，你只有在访问到他的时候你才会去使用这块空间。这个用指针比较好写（可是蒟蒻学不会指针）所以就学了数组模拟。对于每一次询问，你在线段树维护的时候只需要log大小的空间去维护，所以总空间并不是非常大。在老版线段树中，我们不记录一个点的左右儿子，而是直接用p<<1 , p<<1|1来做，但是其实大部分的空间是访问不到的，都会被浪费掉，而动态开点就是只使用要用的空间。对于每次传入的节点，如果这个节点目前不存在，就新建一个节点，并为其设置初值。
这个是怎么实现的呢，我们想，对于一棵线段树，我们在上面进行查找的时候，主要是用给定区间l，r和要找的位置，去进行二分查找，而每次传入的节点只是一个节点编号，他们之间不一定要存在什么关系（比如p<<1之类的），只要每次都记录一下当前节点的左右儿子编号都是谁就可以，这就大大节省了空间。
可能光说不好理解，上代码看一眼。
struct node//使用结构体记录元素信息 { ll lch, rch; ll cnt, id; node(ll _cnt = 0) : lch(0), rch(0), cnt(_cnt), id(0) { }//构造函数，对于每个新创的节点都赋初值 }pool[10000000]; if(!pool[u].lch) { pool[u].lch = ++pc,pool[pc] = node(mid - l + 1); pool[u].rch = ++pc,pool[pc] = node(r - mid); }//这是最主要的操作，其他都没什么。
感觉好像上代码也没咋理解……？不管啦，一会看完整的。
现在考虑怎么用线段树维护呢？我们观察后发现，能影响本次操作的，只有当前点，当前点所在行的最后一个点，和最后一列的最后一个点。所以我们直接建立n+1棵线段树，前n棵分别用于维护n行的前m-1个元素，最后一棵用于维护最后一列的n个元素。
首先考虑n=1的比较简单的情况。对于每一个人，当其在列队中，其位置所对应的值为1，否则位置所对应的值为0.这样的话，我们在询问某一行的第y位是谁的时候，我们只要找在线段树上前缀和为y的那个点所存储的节点编号是多少就可以了。
之后，当这个人出队的时候，我们将其位置所对应的值设为0，然后再把他重新插入到线段树的末尾。这样以后再次访问的时候，还是找前缀和为y的位置所对应的元素下表就可以了。（虽然会出现一些空间为空的状况，不过比起把他们全部前压可要容易得多）
这是n=1的时候，之后我们在考虑正常的情况应该怎么做，其实和n=1的地方，线段树上的操作都很相似，只是操作次数多了一些。（如果有大佬有更简洁的操作请告知）
大致是以下几步：
（1）找到要出队的孩子的位置和编号，并记录
（2）将出队的孩子的位置的属性全部清空
（3）找到最后一棵线段树（维护第m列）中与第x行（当前行）对应的孩子，即列队中第x行末尾的孩子的位置和编号，并记录
（4）把这个孩子压入这一行所对应的线段树中
（5）在最后一棵线段树上清空这个孩子的属性信息
（6）把刚刚出队的孩子压入最后一棵线段树的末尾
上面是，对于不是最后一列的元素的情况。否则的话更简单，因为只涉及到一棵线段树的操作。直接仿照n=1的情况就可以了。
注意一个是每次返回的节点编号有一些小小的改动。（代码里有注释）还有就是这题其实有可能节点编号爆int，开一下longlong吧。
这样不断地模拟，每次时间，空间复杂度都是log的，一波nlogn带走。
不过此题有很大的bug，就是你在动态开点的时候，到底应该怎么计算这个点他的权值到底是多少。
这棵线段树一开始应该是像这样的一个模型：111111111111111111111……000000000000000000
不过我们完全可以把后面的0都变为1，因为你并不会访问到那里。所以直接给新节点的权值赋为当前访问区间长度即可。不过这样的问题就是，你在把一个孩纸压入这一行所对应的线段树中的时候，你不能简单的使用m+i，而是要再开一个 变量记录一下当前加到哪里了。
这样就可以A了……（感谢肖大佬debug）
上代码看一下。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<queue> #define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++) #define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--) #define enter putchar(' ') using namespace std; typedef long long ll; const ll INF = 1e9; const int M = 300005; ll read() { ll ans = 0,op = 1; char ch = getchar(); while(ch < '0' || ch > '9') { if(ch == '-') op = -1; ch = getchar(); } while(ch >= '0' && ch <= '9') { ans *= 10; ans += ch - '0'; ch = getchar(); } return ans * op; } struct node { ll lch, rch; ll cnt, id; node(ll _cnt = 0) : lch(0), rch(0), cnt(_cnt), id(0) { } }pool[10000000]; ll pc, n, m, q, x, y,root[M],res,cur,used[M]; ll query(ll u, ll l, ll r, ll k, bool pd) { if (l == r) { if(pd) res = pool[u].id == 0 ? (x-1) * m + l : pool[u].id;//res记录出来的元素的编号 //如果 当前没有修改的话，直接返回其下标即可 else res = pool[u].id == 0 ? l * m : pool[u].id; return l; } ll mid = (l + r) >> 1; if(!pool[u].lch) { pool[u].lch = ++pc; pool[pc] = node(mid - l + 1);//注意这个地方！！！ pool[u].rch = ++pc; pool[pc] = node(r - mid); } if (k <= pool[pool[u].lch].cnt) return query(pool[u].lch, l, mid, k, pd);//如果你要找的值小于等于其右子树的权值和，就在右子树中找 else return query(pool[u].rch, mid + 1, r, k - pool[pool[u].lch].cnt, pd);//否则在左子树中找，线段树二分的操作 } void modify(ll u, ll l, ll r, ll p, ll num, ll id) { if(l == r) { pool[u].cnt = num,pool[u].id = id;//把这个节点的权值和所对应的孩子编号修改 return; } ll mid = (l + r) >> 1; if(!pool[u].lch) { pool[u].lch = ++pc,pool[pc] = node(mid - l + 1); pool[u].rch = ++pc,pool[pc] = node(r - mid); } if(p <= mid) modify(pool[u].lch, l, mid, p, num, id); else modify(pool[u].rch, mid + 1, r, p, num, id); pool[u].cnt = pool[pool[u].lch].cnt + pool[pool[u].rch].cnt; }//常规的线段树修改（+动态开点） int main() { n = read(),m = read(),q = read(); rep(i,1,n) root[i] = ++pc,pool[root[i]] = node(m-1); root[n+1] = ++pc,pool[root[n+1]] = node(n);//先把每棵树的根节点都建出来，并且赋权值。 rep(i,1,q) { x = read(),y = read(); if(y <= m - 1)//如果没访问最后一列的元素 { ll p = query(root[x], 1, m + q, y, 1);//先找到出队的孩子的位置和编号 cur = res;//cur用于记录出队的孩子 modify(root[x], 1, m + q, p, 0, 0);//将出队的地方都设为0 p = query(root[n+1], 1, n + q, x, 0);//找到最后一列中与本行相对的孩子的编号 modify(root[x], 1, m + q, m + used[x]++, 1, res);//将这个孩子的编号压到本行线段树中 modify(root[n+1], 1, n + q, p, 0, 0);//把压到本行线段树中的孩子的地方都设为0 modify(root[n+1], 1, n + q, n + i, 1, cur);//最后再把出队的孩子压回来 printf("%lld ", cur); } else//否则 { ll p = query(root[n+1], 1, n + q, x, 0);//找到出队孩子的编号 modify(root[n+1], 1, n + q, p, 0, 0); modify(root[n+1], 1, n + q, n + i, 1, res);//之后把这个孩子压回来 printf("%lld ", res); } } return 0; }