BZOJ5249: [2018多省省队联测]IIIDX(线段树 贪心)

题意

题目链接

Sol

不难发现题目给出的是一个树，其中(frac{i}{K})是(i)的父亲节点

首先，当(d_i)互不相同时，一个显然的贪心策略就是优先给编号小的分配较大的权值。可以排序后dfs完成。

但是，当(d_i)相同时，可能存在这样一种情况：把编号小的子树内权值较大的节点，和某个编号较大的根交换后，仍然满足要求

比如(N = 4, K = 2, a = {1, 1, 1, 2})

此时直接贪心的话会输出(1, 1, 1, 2)，实际上最优解为(1, 1, 2, 1)

这时候怎么办呢？

考虑一个节点(p)可以选择权值为(x)的条件是什么，因为该节点子树内的权值一定都比(x)大

因此对于每个权值小于(x)的数，权值比它大且可以选择的数至少为(siz[p])个

同时根据贪心的策略，先遍历到的节点应该选大的权值。

这样就不难得到一个算法：

首先按权值从大到小排序，同时用线段树维护出每个位置权值比它大且能选择的位置个数

对于每个点(p)，在线段树上二分出最大的满足条件的位置(x)。同时，当权值相同时，该位置应该更靠右。

然后再在区间([x, n])中的所有点减去(siz[x])

注意一个细节，当遍历到某个节点时，应该消去父亲对他的影响

写完代码 -> 过样例 -> 1A hhhhhh(虽然是抄的)

60分

#include<bits/stdc++.h>
#define sz(x) (int)x.size()
using namespace std;
const int MAXN = 5e5 + 10;
inline int read() {
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}
int N; double K;
int a[MAXN], ans[MAXN], res;
vector<int> v[MAXN];
int AddEdge(int x, int y) {
    v[x].push_back(y);
}
void dfs(int x) {
    for(int i = 0; i < sz(v[x]); i++) dfs(v[x][i]);
    if(x) ans[x] = a[res--];
}
int main() {
    scanf("%d%lf", &N, &K); res = N;
    //printf("%lf
", K);
    for(int i = 1; i <= N; i++) {
        int pre = (int) floor(i / K);
        a[i] = read(); AddEdge(pre, i);
    }
    sort(a + 1, a + N + 1);
    dfs(0);
    for(int i = 1; i <= N; i++) printf("%d ", ans[i]);
    return 0;
}

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 5e5 + 10;
inline int read() {
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}
int N; double K;
int cnt[MAXN], fa[MAXN], siz[MAXN], ans[MAXN], a[MAXN];
#define ls k << 1
#define rs k << 1 | 1
struct Node {
    int l, r, f, mn;
}T[MAXN << 2];
void update(int k) {
    T[k].mn = min(T[ls].mn, T[rs].mn);
}
void add(int k, int val) {
    T[k].f += val; T[k].mn += val; 
}
void pushdown(int k) {
    if(!T[k].f) return ;
    add(ls, T[k].f); add(rs, T[k].f); 
    T[k].f = 0;
}
void Build(int k, int ll, int rr) {
    T[k] = (Node) {ll, rr, 0, 0};
    if(ll == rr) {T[k].mn = ll; return ;}
    int mid = ll + rr >> 1;
    Build(ls, ll, mid); Build(rs, mid + 1, rr); 
    update(k);
}
void IntervalAdd(int k, int ll, int rr, int val) {
    if(ll <= T[k].l && T[k].r <= rr) {add(k, val); return ;}
    pushdown(k);
    int mid = T[k].l + T[k].r >> 1;
    if(ll <= mid) IntervalAdd(ls, ll, rr, val); 
    if(rr  > mid) IntervalAdd(rs, ll, rr, val);
    update(k);
}
int Query(int k, int sz) {
    if(T[k].l == T[k].r) return T[k].mn >= sz ? T[k].l : T[k].l + 1;
    pushdown(k);
    if(T[rs].mn >= sz) return Query(ls, sz);
    else return Query(rs, sz);
}
int main() {
    N = read(); cin >> K;
    for(int i = 1; i <= N; i++) {
        a[i] = read();
        int t = (int) floor(i / K); fa[i] = t; siz[i] = 1;
    }
    for(int i = N; i >= 0; i--) siz[fa[i]] += siz[i];
    Build(1, 1, N); 
    sort(a + 1, a + N + 1, greater<int>());
    for(int i = N - 1; i >= 1; i--) cnt[i] = (a[i] == a[i + 1] ? cnt[i + 1] + 1 : 0);
    for(int i = 1; i <= N; i++) {
        if(fa[i] && fa[i] != fa[i - 1]) IntervalAdd(1, ans[fa[i]], N, siz[fa[i]] - 1);
        int t = Query(1, siz[i]); t += cnt[t]; cnt[t]++; t -= (cnt[t] - 1); 
        ans[i] = t;
        IntervalAdd(1, t, N, -siz[i]);
    }
    for(int i = 1; i <= N; i++) printf("%d ", a[ans[i]]);
    return 0;
}