P2824 [HEOI2016/TJOI2016]排序

$P2824$ [$HEOI2016$/$TJOI2016$]排序

一、题目大意

给一个序列， 两种操作， 一种是将$[l, r]$里所有数升序排列， 一种是降序排列。
所有操作完了之后， 问你$a[k]$等于多少。

二、解题思路

由于将一个普通序列排序很慢，需要$nlogn$的时间，可以转化为对$01$序列排序。

$01$序列排序

二分+$01$序列+中位数的一道引入例题：
$AGC006D$ $Median$ $Pyramid$ $Hard$

先考虑简单问题： 如何将一个$01$序列排序？ 算法复杂度：$O(logn)$

如上面这样一个$01$序列,灰色为$1$,白色为$0$,只要查询出区间的和,将最后的这几个覆盖为$1$,前面覆盖为$0$ (此为升序,降序同理), 即可完成排序。

使用线段树来维护

• 查询一段区间内的$1$的个数记为$c$
• 如果是降序($1$在前，$0$在后), 将$[l,l+c−1]$更改为$1$，将$[l+c,r]$更改为$0$
• 如果是升序($0$在前，$1$在后), 将$[l,r−cnt]$更改为$0$, 将$[r−c+1,r]$更改为$1$

单调性的证明和理解

如果把划定一个标准数$mid$,同时，将大于等于$mid$的设置为$1$，小于$mid$的设置为$0$，那么 $01$序列排序结果 对照 正常排序的结果，会发现：

• 正常排序结果大于$mid$的位置上，$01$序列的排序结果都是$1$
• 正常排序结果小于$mid$的位置上，$01$序列的排序结果都是$0$
• 如果$q$这个位置最终结果是$5$,我们现在枚举的$mid$是$4$的话，则$5>4$,所以，此位置最终是标识的$1$，同时，还有余量，就是等于$4$的也标识为了$1$，也就是$1$的数量标识多了
• 如果$q$这个位置最终结果是$5$,我们现在枚举的$mid$是$5$的话，则$5=5$,所以，此位置最终是标识的$1$，整个结果中会有两个数字为$1$，也就是正常排序$5,6$所在的位置上是$1$，$q$这个位置上标识成了$1$
• 如果$q$这个位置最终结果是$5$,我们现在枚举的$mid$是$6$的话，则于$5<6$,所以，此位置最终是标识的$0$，整个结果中只会有一个数字为$1$，也就是正常排序$6$所在的位置上是$1$，$q$这个位置上标识成了$0$。
• 由于给定的数据是一个全排列，所以不断的判断区间，可以找出最终的准确解

时间复杂度

$O(M\log^2n)$.(二分为$O(\log_2n)$,每一次$check$需要$O(Mlogn)$

三、实现代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>

using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
int n, m, q;

//输入的指令序列
struct Sort {
    int op, l, r;
} s[N];

int a[N]; //原始数组

struct Node {
    int l, r;
    int tag; // 0:升序 1：降序 2:初始值 lazy tag:懒标记 ，不想每次都做一遍，不查询不想做
    int sum; //大于目标值的个数
} tr[N << 2];

//管辖区间长度
int len(int u) {
    return tr[u].r - tr[u].l + 1;
}

//向父节点更新信息，写成Node &的方式目前看来是最合理的办法
void pushup(Node &c, Node &a, Node &b) {
    c.sum = a.sum + b.sum;
}

//更新lazy tag标识
void pushdown(int u) {
    if (tr[u].tag == 2) return; //如果没有下传标识，啥也不干

    tr[u << 1].sum = len(u << 1) * tr[u].tag;         //左儿子区间内所有数字都要加上tr[u].tag,sum值为累加
    tr[u << 1 | 1].sum = len(u << 1 | 1) * tr[u].tag; //右儿子区间内所有数字都要加上tr[u].tag,sum值为累加

    tr[u << 1].tag = tr[u << 1 | 1].tag = tr[u].tag; //左右儿子都修改标识为tag,一次只更新一层

    tr[u].tag = 2; //标识已处理
}

//构建线段树,x:当前两分取到的值，用于建立线段树时判断每个叶子的初始值是1还是0
// a[l]>=x tr[u].sum=1
// a[l]<x  tr[u].sum=0
// 本质上是记录了在区间内有多少个大于等于目标值的数字个数
void build(int u, int l, int r, int x) {
    /*
     ① {l,r}为管控区间；
     ② 因为此时的操作运算有两种：0代表升序，1代表是降序，如果有这两个标识存在，都需要向下进行传递。
     如果不是这两个标识，表示没有需要传递的操作，可是0和1都被占了，所以 tag=2,表示现在没有需要下传的标记
     ③ 默认的区间中比指定x大的数量还没有来的及计算，一会初始完或者更新完时，再通过pushup去更新，先写成0
    */
    tr[u] = {l, r, 2, 0};
    if (l == r) {
        tr[u].sum = a[l] >= x; //大于等于x的都设置为1,小于x的设置为0
        return;
    }
    //递归构建左右子树
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(u << 1, l, mid, x), build(u << 1 | 1, mid + 1, r, x);

    //向上更新统计信息
    pushup(tr[u], tr[u << 1], tr[u << 1 | 1]);
}

//查询区间内数字1的个数
int query(int u, int l, int r) {
    if (l > tr[u].r || r < tr[u].l) return 0;           //不在范围内的返回0
    if (l <= tr[u].l && r >= tr[u].r) return tr[u].sum; //整个区间命中，返回统计信息

    // 分裂前要记得 lazy tag下传
    pushdown(u);
    //分裂查询 左儿子+右儿子
    return query(u << 1, l, r) + query(u << 1 | 1, l, r);
}

//区间修改
void modify(int u, int l, int r, int c) {
    if (l > r) return; //特判边界，防止越界

    //如果命中区间，对区间的lazy tag和sum进行计算修改
    if (l <= tr[u].l && r >= tr[u].r) {
        tr[u].tag = c;
        tr[u].sum = c * len(u);
        return;
    }

    //没有命中区间，需要递归向左右儿子传递修改消息
    pushdown(u);
    //修改左区间
    if (l <= tr[u << 1].r) modify(u << 1, l, r, c);
    //修改右区间
    if (r >= tr[u << 1 | 1].l) modify(u << 1 | 1, l, r, c);

    //因为子区间内容修改，需要向父节点更新统计信息
    pushup(tr[u], tr[u << 1], tr[u << 1 | 1]);
}

bool check(int x) {
    build(1, 1, n, x); //每次全新构建线段树

    for (int i = 1; i <= m; i++) {                //枚举每个排序动作
        int l = s[i].l, r = s[i].r, op = s[i].op; // 0:升序，1：降序
        int c = query(1, l, r);                   //查询l,r之间数字1的个数,也是大于等于x的个数

        //算法本质：忽略数字的正实值，只记录大小关系，大于等于记录为1，小于记录为0
        if (op)                                                 //降序
            modify(1, l, l + c - 1, 1), modify(1, l + c, r, 0); //比x大的个数是c个，如果是降序，[l,l+c-1]修改为1，表示区间都大于等于x,[l+c,r]修改为0，表示这区间小于x
        else                                                    //升序
            modify(1, l, r - c, 0), modify(1, r - c + 1, r, 1); //比x大的个数是c个，如果是升序，[l,r-c]修改为0，表示区间[l,r-c]都比x小，后面[r-c+1,r]都大于等于x
    }

    //按上面的操作序列要求，都模拟了一遍后，如果q这个位置上的数位是1，表示操作没有出现矛盾
    return query(1, q, q) == 1;
}

int main() {
    //加快读入
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i]; //第二行为 n 个整数，表示 1 到 n 的一个排列

    for (int i = 1; i <= m; i++) cin >> s[i].op >> s[i].l >> s[i].r; //记录排序的动作与范围

    cin >> q; //查询第q个位置上的数字是多少

    int l = 1, r = n; //开始二分,因为原始序列的数字，是从[1,n]的不重复序列排列，所以有二分时上下限就是决定好的[1,n]
    while (l <= r) {
        int mid = (l + r) >> 1; //来尝试位置q上的数字是多大，假设为mid
        if (check(mid))         //此位置的值大于等于mid
            l = mid + 1;        //那么继续尝试l=mid+1,看看结果向右半区间走，也就是再大一点是不是可以
        else
            r = mid - 1; //向左半区间走，看看再小一点是不是可以
    }
    printf("%d\n", l - 1);
    return 0;
}