Description
一个长度为n的序列a,设其排过序之后为b,其中位数定义为b[n/2],其中a,b从0开始标号,除法取下整。给你一个
长度为n的序列s。回答Q个这样的询问:s的左端点在[a,b]之间,右端点在[c,d]之间的子序列中,最大的中位数。
其中a<b<c<d。位置也从0开始标号。我会使用一些方式强制你在线。
Input
第一行序列长度n。接下来n行按顺序给出a中的数。
接下来一行Q。然后Q行每行a,b,c,d,我们令上个询问的答案是
x(如果这是第一个询问则x=0)。
令数组q={(a+x)%n,(b+x)%n,(c+x)%n,(d+x)%n}。
将q从小到大排序之后,令真正的
要询问的a=q[0],b=q[1],c=q[2],d=q[3]。
输入保证满足条件。
第一行所谓“排过序”指的是从大到小排序!
Output
Q行依次给出询问的答案。
Sample Input
5
170337785
271451044
22430280
969056313
206452321
3
3 1 0 2
2 3 1 4
3 1 4 0
271451044
271451044
969056313
170337785
271451044
22430280
969056313
206452321
3
3 1 0 2
2 3 1 4
3 1 4 0
271451044
271451044
969056313
Sample Output
HINT
0:n,Q<=100
1,...,5:n<=2000
0,...,19:n<=20000,Q<=25000
Source
陈老师的题,然而大佬们都是随意切。。。
首先记住中位数的套路,二分答案然后>=mid的为1,<mid的为-1;
那么check的话我们相当于是要找一个左端点在[a,b],右端点在[c,d]且子段和>=0的子段。。。
我一开始想了一个傻逼东西,每个点维护sum[i]表示1-i的前缀和,然后查询[c,d]中的sum_max,查询[a,b]中的sum_min;
然后前缀和相减算最大子段和,即sum_max-sum_min。。。
但这个东西显然只能处理一次询问,因为每次二分后都需要O(n)的时间来重构sum[i],显然做不了很多次询问。。。
考虑换一种做法,把询问拆为三个:
[a,b]的后缀最大连续值,[b+1,c-1]的子段和,[c,d]的前缀最大连续值,三个相加。。。
这些东西都可以在线段树上维护。。。现在看来这样做每次的复杂度跟上面一种做法没区别。。。
但是他可以加可持久化的特技。。。
考虑把Mid改为Mid+1后,只需要把Mid的权值该为-1,而其他点的权值不需要改动(每次只有单点修改,而维护sum的话就GG)
所以可以用可持久化的那一套理论,对于每一个Mid值都搞一棵线段树。。
这样询问时就可以直接查询二分值版本的线段树,而不需要对于每个二分值重构线段树了。。
具体做法,把Mid从小到大建线段树,我们以Mid的线段树为历史版本,然后Mid+1的线段树就用可持久化的理论,修改Mid线段树的一条链。。
线段树上的节点维护三个东西(和,前缀最大值,后缀最大值)就好了。。。
// MADE BY QT666 #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cmath> #include<iostream> #include<cstring> #include<vector> using namespace std; typedef long long ll; const int N=500050; vector<int> p[N]; int hsh[N],tot,sz,rt[N],ls[N*20],rs[N*20],sum[N*20],lmax[N*20],rmax[N*20],a[N]; int n,Q,q[10]; void pushup(int x){ sum[x]=sum[ls[x]]+sum[rs[x]]; lmax[x]=max(lmax[ls[x]],sum[ls[x]]+lmax[rs[x]]); rmax[x]=max(rmax[rs[x]],sum[rs[x]]+rmax[ls[x]]); } void insert(int x,int &y,int l,int r,int u,int v){ y=++sz;ls[y]=ls[x],rs[y]=rs[x]; if(l==r){ sum[y]=lmax[y]=rmax[y]=v;return; } int mid=(l+r)>>1; if(u<=mid) insert(ls[x],ls[y],l,mid,u,v); else insert(rs[x],rs[y],mid+1,r,u,v); pushup(y); } int query_sum(int x,int l,int r,int xl,int xr){ if(xl>xr) return 0; if(xl<=l&&r<=xr) return sum[x]; int mid=(l+r)>>1; if(xr<=mid) return query_sum(ls[x],l,mid,xl,xr); else if(xl>mid) return query_sum(rs[x],mid+1,r,xl,xr); else return query_sum(ls[x],l,mid,xl,mid)+query_sum(rs[x],mid+1,r,mid+1,xr); } int query_left(int x,int l,int r,int xl,int xr){ if(xl<=l&&r<=xr) return lmax[x]; int mid=(l+r)>>1; if(xr<=mid) return query_left(ls[x],l,mid,xl,xr); else if(xl>mid) return query_left(rs[x],mid+1,r,xl,xr); else return max(query_left(ls[x],l,mid,xl,mid),query_sum(ls[x],l,mid,xl,mid)+query_left(rs[x],mid+1,r,mid+1,xr)); } int query_right(int x,int l,int r,int xl,int xr){ if(xl<=l&&r<=xr) return rmax[x]; int mid=(l+r)>>1; if(xr<=mid) return query_right(ls[x],l,mid,xl,xr); else if(xl>mid) return query_right(rs[x],mid+1,r,xl,xr); else return max(query_right(ls[x],l,mid,xl,mid)+query_sum(rs[x],mid+1,r,mid+1,xr),query_right(rs[x],mid+1,r,mid+1,xr)); } bool check(int mid,int a,int b,int c,int d){ int part1=query_right(rt[mid],1,n,a,b); int part2=query_sum(rt[mid],1,n,b+1,c-1); int part3=query_left(rt[mid],1,n,c,d); return part1+part2+part3>=0; } int main(){ scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),hsh[++tot]=a[i]; sort(hsh+1,hsh+1+tot);tot=unique(hsh+1,hsh+1+tot)-hsh-1; for(int i=1;i<=n;i++){ a[i]=lower_bound(hsh+1,hsh+1+tot,a[i])-hsh,p[a[i]].push_back(i); } for(int i=1;i<=n;i++){ if(a[i]>=1) insert(rt[1],rt[1],1,n,i,1); else insert(rt[1],rt[1],1,n,i,0); } for(int i=2;i<=tot;i++){ rt[i]=rt[i-1]; for(int j=0;j<p[i-1].size();j++){ insert(rt[i],rt[i],1,n,p[i-1][j],-1); } } int ans=0;scanf("%d",&Q); for(int i=1;i<=Q;i++){ int a,b,c,d;scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d); q[1]=(a+ans)%n,q[2]=(b+ans)%n,q[3]=(c+ans)%n,q[4]=(d+ans)%n; sort(q+1,q+1+4);a=q[1]+1,b=q[2]+1,c=q[3]+1,d=q[4]+1; int l=1,r=tot; while(l<=r){ int mid=(l+r)>>1; if(check(mid,a,b,c,d)) l=mid+1,ans=hsh[mid]; else r=mid-1; } printf("%d ",ans); } return 0; }