[九省联考2018]iiidx (线段树+贪心)
题目大意：给你一个序列，让你对它重新排列，保证a[i]<=a[i/k]，求字典序最大的排列
洛谷传送门
把i/k和i连边，发现形成了一个类似于小根堆的树形结构
先是一个错误的贪心：贪心每次选择前size[x]大个数依次填到树里
这种方法在有重复数字的时候会出锅，比如1112，如果用上面的方法就是1112，但正确的是1121
原因呢，就是填满一颗子树内并不一定要用完偏大的，可能和子树根同一深度的另一个节点可以取到更大的，比如有很多1，很少的2，我可能只要一些1就能把这棵子树填满，然后留给一些2给后面的子树去填。
然后我想了一个splay维护的贪心，就是相同的只取能填满子树且偏小的，但被我自己hack掉了，因为后面的子树不一定用光大的，可以把大的留给前面的来保证字典序最大
所以题解的方法还是很神的，用线段树来维护这个贪心
建一颗维护最小值和区间修改的线段树，维护一个变量F[i]表示 i 之前还有多少个节点可用
每次预留出size[x]个，在线段树上二分找到一个最小位置 i 满足F[k]>=size[x](k=i...n)，那么这个点的答案就是a[i]，如果有多个相同的，就找最后一个，可以预处理一个Last来解决，如果取过了某个节点就lasta[a[i]]--(因为所有相同的a[i]是等价的所以不用考虑位置)，a[i]比较大需要离散。然后区间修改i...n全部减掉size[x]
然后遍历到子节点时，如果父节点的预留没有被加回来，就把父节点预留的部分重新加回来size[fa]-1个(父节点自己要占一个)
其实这可以看成对树进行BFS的过程，要保证同一深度的节点都能取到最大值，所以有了“预留”这种操作来防止不同子树间的冲突
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <algorithm> 4 #define il inline 5 #define dd double 6 #define N 501000 7 using namespace std; 8 //re 9 int n,cte,cnt;dd K; 10 int a[N],org[N],lst[N],sz[N],head[N],ans[N],fa[N],add[N],id[N]; 11 struct node{int id,val;}b[N]; 12 struct Edge{int to,nxt;}edge[N]; 13 void ae(int u,int v){ 14 cte++;edge[cte].to=v; 15 edge[cte].nxt=head[u],head[u]=cte; 16 } 17 int cmp(int x,int y){return x>y;} 18 int cmp1(node x,node y){return x.val<y.val;} 19 int cmp2(node x,node y){return x.id<y.id;} 20 struct Seg{ 21 int mi[N<<2],tag[N<<2]; 22 il void pushup(int rt){mi[rt]=min(mi[rt<<1],mi[rt<<1|1]);} 23 il void pushdown(int rt) 24 { 25 if(!tag[rt]) return; 26 tag[rt<<1]+=tag[rt],tag[rt<<1|1]+=tag[rt]; 27 mi[rt<<1]+=tag[rt],mi[rt<<1|1]+=tag[rt]; 28 tag[rt]=0; 29 } 30 void build(int l,int r,int rt) 31 { 32 if(l==r){mi[rt]=l;return;} 33 int mid=(l+r)>>1; 34 build(l,mid,rt<<1); 35 build(mid+1,r,rt<<1|1); 36 pushup(rt); 37 } 38 void update(int L,int R,int l,int r,int rt,int w) 39 { 40 if(L<=l&&r<=R){mi[rt]+=w,tag[rt]+=w;return;} 41 int mid=(l+r)>>1; 42 pushdown(rt); 43 if(L<=mid) update(L,R,l,mid,rt<<1,w); 44 if(R>mid) update(L,R,mid+1,r,rt<<1|1,w); 45 pushup(rt); 46 } 47 int find(int w,int l,int r,int rt) 48 { 49 if(l==r) return mi[rt]>=w?l:l+1; 50 int mid=(l+r)>>1; 51 pushdown(rt); 52 if(mi[rt<<1|1]>=w) return find(w,l,mid,rt<<1); 53 else return find(w,mid+1,r,rt<<1|1); 54 pushup(rt); 55 } 56 }seg; 57 int gint() 58 { 59 int ret=0,fh=1;char c=getchar(); 60 while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')fh=-1;c=getchar();} 61 while(c>='0'&&c<='9'){ret=(ret<<3)+(ret<<1)+c-'0';c=getchar();} 62 return ret*fh; 63 } 64 void dfs1(int u) 65 { 66 for(int j=head[u];j;j=edge[j].nxt){ 67 int v=edge[j].to; 68 dfs1(v);sz[u]+=sz[v]; 69 }sz[u]++; 70 } 71 void descrete() 72 { 73 sort(b+1,b+n+1,cmp1); 74 for(int i=1;i<=n;i++){ 75 if(b[i].val!=b[i-1].val) 76 org[++cnt]=b[i].val; 77 a[i]=cnt; 78 } 79 } 80 void solve() 81 { 82 for(int i=1;i<=n;i++) 83 { 84 if(fa[i]&&!add[fa[i]]) 85 seg.update(id[fa[i]],n,1,n,1,sz[fa[i]]-1),add[fa[i]]=1; 86 int x=seg.find(sz[i],1,n,1); 87 ans[i]=a[x],id[i]=x; 88 seg.update(lst[ans[i]],n,1,n,1,-sz[i]); 89 lst[ans[i]]--; 90 } 91 } 92 93 int main() 94 { 95 scanf("%d%lf",&n,&K); 96 for(int i=1;i<=n;i++) 97 b[i].val=gint(),b[i].id=i; 98 descrete(); 99 sort(a+1,a+n+1,cmp); 100 for(int i=1;i<=n;i++) 101 lst[a[i]]=i; 102 for(int i=n;i>=1;i--) 103 fa[i]=(int)(1.0*i/K),ae(fa[i],i); 104 dfs1(0); 105 seg.build(1,n,1); 106 solve(); 107 for(int i=1;i<=n;i++) 108 printf("%d ",org[ans[i]]); 109 puts(""); 110 return 0; 111 }
