AtCoder Beginner Contest 217 D~E

比赛链接：Here

ABC水题，

D - Cutting Woods

题意：开始一根木棒长度为 $n$ 并以 $1$ 为单位在木棒上标记$(1\sim n)$ ，输出 $q$ 次操作

• 操作 $1$ 断开 $x$ 所在的木棒：$[1,n]$ 在 $x$ 断开变成了 $[1,x],[x+1,n]$
• 操作 $2$ 查询 $x$ 所在区间的长度

数据范围：$n\le {10}^9,q\le 1e5,1\le x\le 1e9$

题解：

一开始没有想到这个性质所以卡住了，

在分割之后左边以及右边这个区间的答案是固定的，也就是说答案只跟分割点有关，比如区间 $[l,r]$ 分割 $x$​ 变成了 $[l,x],[x+1,r]$

可以发现可以发现
$l$ 到 $x$ 这个区间的询问答案都是 $x-l+1$
$x+1$ 到 $r$ 这个区间的询问答案都是 $r-l+1$

所以可以考虑二分找到所在区间相邻 $2$ 个的分割点下标

先考虑边界问题

边界无非是：$0\sim n+1,0\sim n,1\sim n,1\sim n+1$ 这 $4$​ 种的其中一种

这个时候先假设区间是 $[1,2],[3,4],[5]$​

分割点是 0/1 2 4 5/5+1

对于查询2
找到第一个大于等于2的数是2
第一个小于2的数应该是 0/1
答案是2
所以应该是 2 - 0 = 2
左边界应该是0

在考虑查询5
答案是1
找到第一个大于等于5的数是5/6
第一个小于5的数应该是4
所以应该是 5 - 4 = 1
右边界是n

在考虑二分操作的时候 分割点数组保持有序
所以可以用set动态维护

时间复杂度：$\mathcal{O}(NlogN)$

set<int>s;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    s.insert(0);
    s.insert(n);
    while (m--) {
        int c, x;
        cin >> c >> x;
        if (c == 1) s.insert(x);
        else
            cout << *s.lower_bound(x) - *--s.upper_bound(x) << "\n";
        	// 因为没 -- 调了半天
    }
}

E - Sorting Queries

题意：给出一个空的序列和 $q$ 次操作

• 操作 $1$：​ 在序列末尾添加一个数 $x$
• 操作 $2$ ：输出序列第一个数
• 操作 $3$：给当前序列排序

数据范围：$q\le 1e5,1\le x\le 1e9$​

题解：

假设不考虑操作 $3$，那么我们可直接模拟，

但在操作 $3$的影响下，需要维护排序对队列的影响，

假设队列中两个元素，$head，fail$ 对应队头和队尾

暴力时间复杂度是 $\mathcal{O}(n^{2}logn)$ 肯定是不可取的

在排序的时候我们可以考虑边插入边排序，用 $set$​ 维护

然后把对头指向 $set$ 后面的第一个下标

这样时间复杂度便降到了 $\mathcal{O}(nlogn)$

const int N = 1e6 + 10;
ll a[N];
multiset<ll>s;
bool st[N];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
    int head = 0, fail = 0;
    int t; cin >> t;
    int k = 1; // k = 1 表示队列第一个数的下标是1
    while (t--) {
        int op; cin >> op;
        if (op == 1) {
            int x; cin >> x;
            a[++fail] = x;
        } else if (op == 2) {
            // 如果排序过
            if (s.size()) {
                cout << *s.begin() << "\n" ;
                s.erase(s.begin());
            } else {
                cout << a[k] << "\n";
                st[k] = 1;
                k += 1;
            }
        } else {
            for (int i = k ; i <= fail ; i ++) {
                if (!st[i]) s.insert(a[i]) ;
            }
            // 插入之后 对头指向队尾的下一个下标
            k = fail + 1 ;
        }
    }
}