UVa1480/LA5034 Jewel

题目链接

  本题是2010年icpc亚洲区域赛天津赛区的J题

题意

  Jimmy买了很多颗大小互不相同的珠子用来穿成项链送给他的女朋友，初始时项链是空的。Jimmy会进行4种操作：

操作	说明
Insert x	将尺寸为x的珠子穿到项链的尾部
Query_1 s t k	查询位置在[s,t]区间中第k小珠子的尺寸
Query_2 x	查询当前项链串中尺寸为x的珠子的排名
Query_3 k	查询当前项链串中排名为k的珠子的尺寸

输入格式

  多组输入，每组数据第一行是一个整数 N ，表示操作的总数，接下来 N 行每行描述各个操作。每组数据 Insert 总数不超过 100000，Query_1、Query_2 和 Query_3 每类的总数都小于 35000。

输出格式

  对每组数据输出4行，第一行为“Case T:”（其中T是数据的id），接下来 3 行依次是 Query_1、Query_2 和 Query_3 每类的结果总和。

分析

  如果没有Query_1，那么直接用名次树就行了：每次往名次树插入 x 或者查询 kth(k)、rank(x)。为了解决 Query_1 还是要上线段树 ，需要用到“前缀”思想（每个 Insert 操作对应一棵线段树，并且是在前一棵线段树基础上更新得到的），并且按题目交代的数据规模需要动态开点。同名次树一样，线段树每个节点维护其区间内的附加域 size。
  把所有 Insert $x_i$ 操作的 M 个数放到数组里面做一次排序，可以得到每个每个 $x_i$ 的最终位置 $p[x_i]$，然后再依次处理各个操作：对每个 Insert $x_i$ 初始化其线段树 $st[i]$ 为上一棵线段树 $st[i-1]$，然后从线段树根结点到 $p[x_i]$ 所在的叶结点路径上每个结点的 size 做更新（具体来说，根节点 o 对应区间 [1,M]，其 size 增加1，记 $mid=(1+M)/2$，若 $p[x_i]$ 在 [1,mid] 区间，则递归更新左子树 lc[o] —— 对应区间 [1,mid]，否则递归更新右子树 rc[o] —— 对应区间 [mid+1,M]）；对每个 Query_1 s t k，拿 $st[s-1]$ 和 $st[t]$ 这两棵线段树做联合查询能得到答案（参见 AC 代码的 kth 方法）；对每个 Query_2 x，记当前线段树是第 c 棵， 拿 $st[c]$ 做 rank 查询（参见 AC 代码的 rnk 方法）；Query_3 k 是 Query_1 的特列（记当前线段树是第 c 棵，则为 Query_1 1 c k）。

AC 代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;#define N 103000
#define T 18*N
struct {int e, s, t, x;} op[2*N]; int a[N], st[N], lc[T], rc[T], s[T], m, n, t, kase = 0; char e[8];void update(int& o, int pre, int l, int r, int x) {int m = (l+r)>>1; o = ++t; lc[o] = lc[pre]; rc[o] = rc[pre]; s[o] = s[pre]+1;if (l == r) return;x <= m ? update(lc[o], lc[pre], l, m, x) : update(rc[o], rc[pre], m+1, r, x);
}int kth(int o, int pre, int l, int r, int k) {if (l == r) return a[l];int c = s[lc[o]] - s[lc[pre]], m = (l+r) >> 1;return k <= c ? kth(lc[o], lc[pre], l, m, k) : kth(rc[o], rc[pre], m+1, r, k-c);
}int rnk(int o, int l, int r, int x) {if (l == r) return 1;int m = (l+r)>>1;return x <= m ? rnk(lc[o], l, m, x) : s[lc[o]] + rnk(rc[o], m+1, r, x);
}void solve() {for (int i=m=t=0; i<n; ++i) {cin >> e; op[i].e = e[0]=='I' ? 0 : e[6]-'0';op[i].e == 1 ? cin >> op[i].s >> op[i].t >> op[i].x : cin >> op[i].x;if (op[i].e == 0) a[++m] = op[i].x;}sort(a+1, a+m+1);long long q1 = 0, q2 = 0, q3 = 0;for (int i=0, c=0; i<n; ++i) {if (op[i].e == 0) ++c, update(st[c], st[c-1], 1, m, lower_bound(a+1, a+m+1, op[i].x)-a);else if (op[i].e == 1) q1 += kth(st[op[i].t], st[op[i].s-1], 1, m, op[i].x);else if (op[i].e == 2) q2 += rnk(st[c], 1, m, lower_bound(a+1, a+m+1, op[i].x)-a);else q3 += kth(st[c], st[0], 1, m, op[i].x);}cout << "Case " << ++kase << ':' << endl << q1 << endl << q2 << endl << q3 << endl;
}int main() {ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);st[0] = lc[0] = rc[0] = s[0] = 0;while (cin >> n) solve();return 0;
}