bzoj 2770 YY的Treap

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Description

志向远大的(YY)小朋友在学完快速排序之后决定学习平衡树，左思右想再加上(SY)的教唆，(YY)决定学习(Treap)。友爱教教父(SY)如砍瓜切菜般教会了(YY)小朋友(Treap)（一种平衡树，通过对每个节点随机分配一个priority，同时保证这棵平衡树关于priority是一个小根堆以保证效率）。这时候不怎么友爱的(510)跑了出来，他问了(YY)小朋友一个极不和谐的问题：怎么求(Treap)中两个点之间的路径长度。(YY)秒了之后决定把这个问题交给你来做，但只要求出树中两点的(LCA)。

Input

第一行两个整数(n，m.)

第二行(n)个整数表示每个元素的(key.)

第三行(n)个整数表示每个元素的(priority.)

接下(m)行，每行一条命令,

(I) (A) (B)，插入一个元素，(key)为(A,priority)为(B.)

(D) (A)，删除一个元素，(key)为(A).

(Q) (A) (B)，询问(key)分别为(A)和(B)的(LCA)的(key.)

Output

对于每个(Q)输出一个整数。

Sample Input

2 2
1 2
4 5
Q 1 2
I 3 3

Sample Output

1

HINT

数据保证(n<=10^5,m<=3*10^5).

其余整数均不超过(int)的范围.

数据保证任意时刻树中(key)和(priority)均不相同.

Solution

• 此题就是对(treap)基本性质的一个考察.
• (C)是(A,B)的(LCA)(假设(key_a<key_b)).需要满足(key_cin [key_a,key_b]),这样能保证(A,B)到根的路径上都经过(C).
• 而要求最近的公共祖先,根据(priority)满足小根堆的性质,只需找出其中(priority)最小的点即为(LCA).
• 可以建一颗权值线段树,问题转化为修改,删除,以及区间上查询最值.

#include<bits/stdc++.h> 
#define inf 0x7fffffff
#define root Tree[o]
#define lson Tree[o<<1]
#define rson Tree[o<<1|1]
using namespace std;
typedef long long LoveLive;
typedef pair<int,int> pii;
inline int read()
{
	int out=0,fh=1;
	char jp=getchar();
	while ((jp>'9'||jp<'0')&&jp!='-')
		jp=getchar();
	if (jp=='-')
		{
			fh=-1;
			jp=getchar();
		}
	while (jp>='0'&&jp<='9')
		{
			out=out*10+jp-'0';
			jp=getchar();
		}
	return out*fh;
}
const int MAXN=4e5+10;
int n,m;
struct Query{
	int op;
	int a,b;//key,pro
	int ans,id;
}q[MAXN];
int kc[MAXN];
struct node{
	int l,r,mi,pos,sum,val;
}Tree[MAXN<<3];
void phup(int o)
{
	if(lson.mi<rson.mi)
		root.mi=lson.mi,root.pos=lson.pos;
	else
		root.mi=rson.mi,root.pos=rson.pos;
	root.sum=lson.sum+rson.sum;
}
void bd(int l,int r,int o)
{
	int mid=(l+r)>>1;
	root.l=l,root.r=r;
	root.mi=inf;
	root.sum=0;
	if(l==r)
		return;
	bd(l,mid,o<<1);
	bd(mid+1,r,o<<1|1);
}
void add(int o,int x,int pos)
{
	int l=root.l,r=root.r;
	int mid=(l+r)>>1;
	if(l==r)
		{
			root.val=x;
			root.mi=x;
			root.pos=l;
			++root.sum;
			return;
		}
	if(pos<=mid)
		add(o<<1,x,pos);
	else
		add(o<<1|1,x,pos);
	phup(o);
}
void del(int o,int pos)
{
	int l=root.l,r=root.r;
	int mid=(l+r)>>1;
	if(l==r)
		{
			root.mi=inf;
			--root.sum;
			return;
		}
	if(pos<=mid)
		del(o<<1,pos);
	else
		del(o<<1|1,pos);
	phup(o);
}
void ins(int x,int pos)
{
	add(1,x,pos);
}
void rem(int pos)
{
	del(1,pos);
}
int ansmi,anspos;
void qy(int o,int L,int R)
{
	int l=root.l,r=root.r;
	int mid=(l+r)>>1;
	if(r<L || l>R)
		return;
	if(L<=l && r<=R)
		{
			if(root.mi<ansmi)
				ansmi=root.mi,anspos=root.pos;
			return;
		}
	if(L<=mid)
		qy(o<<1,L,R);
	if(R>mid)
		qy(o<<1|1,L,R);
}
int main()
{
	n=read(),m=read();
	int cnt=0;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			q[i].op=1;
			q[i].a=read();
			kc[++cnt]=q[i].a;
			q[i].id=i;
		}
	for(int i=1;i<=n;++i)
		q[i].b=read();
	int idx=n;
	for(int i=1;i<=m;++i)
		{
			++idx;
			q[idx].id=idx;
			char buf[2];
			scanf("%s",buf);
			if(buf[0]=='I')
				{
					q[idx].op=1;
					q[idx].a=read();
					kc[++cnt]=q[idx].a;
					q[idx].b=read();
				}
			else if(buf[0]=='D')
				{
					q[idx].op=2;
					q[idx].a=read();
					kc[++cnt]=q[idx].a;
				}
			else
				{
					q[idx].op=3;
					q[idx].a=read();
					kc[++cnt]=q[idx].a;
					q[idx].b=read();
					kc[++cnt]=q[idx].b;
				}
		}
	bd(1,2*n,1);
	sort(kc+1,kc+1+cnt);
	cnt=unique(kc+1,kc+1+cnt)-(kc+1);
	for(int i=1;i<=idx;++i)
		{
			if(q[i].op==1)
				{
					q[i].a=lower_bound(kc+1,kc+1+cnt,q[i].a)-kc;
					ins(q[i].b,q[i].a);	
				}
			else if(q[i].op==2)
				{
					q[i].a=lower_bound(kc+1,kc+1+cnt,q[i].a)-kc;
					rem(q[i].a);
				}
			else if(q[i].op==3)
				{
					 q[i].a=lower_bound(kc+1,kc+1+cnt,q[i].a)-kc;
					 q[i].b=lower_bound(kc+1,kc+1+cnt,q[i].b)-kc;
					 ansmi=inf;
					 qy(1,min(q[i].a,q[i].b),max(q[i].a,q[i].b));
					 printf("%d
",kc[anspos]);
				}
		}
	return 0;
}