数据结构--堆
堆是一棵完全二叉树，可以
堆的性质：每个非叶子节点比它的孩子都大（大根堆/大顶堆）/每个非叶子节点比它的孩子都小（小根堆/小顶堆）。
从上面的性质可以推出堆的根就是最值。
堆的常用操作：top返回堆顶，pop弹出堆顶，push压入新元素。
后两个操作时间是
然而堆是完全二叉树，深度不超过
接下来是手写堆的代码：
//完全二叉树的保存方式：
//根：1
//节点i的左儿子i*2，右儿子i*2+1
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,tot;
int t[1000001];
void push(int x){
tot++;
t[tot]=x;
int u=tot;
while(t[u>>1]>t[u]){
swap(t[u>>1],t[u]);
u>>=1;
}
}
void pop(){
if(tot==0){
return;
}
swap(t[1],t[tot]);
tot--;
int u=1;
while(((u<<1<=tot)&&(t[u]>t[u<<1]))||(((u<<1)+1<=tot)&&(t[u]>t[(u<<1)+1]))){
if((u<<1)+1>tot){
swap(t[u],t[u<<1]);
break;
}
if(t[u<<1]<t[(u<<1)+1]){
swap(t[u],t[u<<1]);
u<<=1;
}
else{
swap(t[u],t[(u<<1)+1]);
u<<=1;
u++;
}
}
}
int top(){
return t[1];
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
int num;
scanf("%d",&num);
if(num==1){
int x;
scanf("%d",&x);
push(x);
}
else if(num==2){
printf("%d\n",top());
}
else{
pop();
}
}
return 0;
}然后其实在竞赛中更常用的是系统自带堆——优先队列priority_queue，很方便，就是慢了一倍左右。
关于优先队列的使用方法：
priority_queue< T > （T为类型）（后面括号内为时间复杂度）
1. T top(void)：返回堆顶（即最值）；（1）
2. void pop(void)：弹出堆顶；（logn）
3. void push(T)：压入新元素；（logn）
4. bool empty(void)：如果堆为空返回true，否则返回false；（1）
5. int size(void)：返回堆的元素数量；（1）
另一种定义方式：（建议）
priority_queue< T , vector< T > ,less< T > > （大根堆）
priority_queue< T , vector< T > ,greater< T > > （小根堆）
用自定义类型的前提是那个类型有定义小于号（大根堆）/ 大于号（小根堆）
我这里给出优先队列的使用代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,tot;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q;
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
int num;
scanf("%d",&num);
if(num==1){
int x;
scanf("%d",&x);
q.push(x);
}
else if(num==2){
printf("%d\n",q.top());
}
else{
if(!q.empty())
q.pop();
}
}
return 0;
}具体时间差就是：
手写堆828ms
优先队列1677ms
到这里，堆的初步介绍就结束了。
接下来最重要的还是题。
洛谷 P3378 【模板】堆
写完堆先交这个题，确保时间不超1000ms就基本合格。
洛谷 P1090 合并果子
这个题其实本身很简单，每次取两堆最小的合并再放入，重复到只剩一堆。
我想把这个题放在这儿的目的就是要说这种思想很重要，就是放入再取出的思想。
有时候这种思想可以使你的操作变得可以撤销，可以过好多题。
有一次我和@hzy一起去培训的时候就碰到了这么一个题，他想出来了，可是没时间写了，错失了100分，最后就让我这么一个只会暴力的拿了第一（笑）。
洛谷 P2085 最小函数值
这是堆的一个经典应用：求若干个单调序列中的第m小（大）
这题我们可以将每个函数看成一个单调上升的序列，这样最小值一定在某个队首，取出最小值后次小值就一定还在某个队首，这样，我们就可以一开始将所有队首放入堆中，然后每次取出某个值后，再将它的序列中的下一个值放入堆中；如此重复m次就可以得到第m小。
贴代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct func{
int a,b,c,x,v;
void calc(){
v=a*x*x+b*x+c;
}
bool operator > (const func& y) const {
return v>y.v;
}
}f[10001];
int n,m;
priority_queue<func,vector<func>,greater<func> > q;
int main(){
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d %d %d",&f[i].a,&f[i].b,&f[i].c);
f[i].x=1;
f[i].calc();
q.push(f[i]);
}
for(int i=1;i<=m;i++){
func g=q.top();
q.pop();
printf("%d ",g.v);
g.x++;
g.calc();
q.push(g);
}
return 0;
}洛谷 P1631 序列合并
这题和上面那个本质上一样，排序后，将A序列中一个值和B序列中所有值的配对看做一个单调上升序列，像上面那样做就好了。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int A[100001],B[100001];
struct func{
int a,b;
bool operator > (const func& y) const {
return A[a]+B[b]>A[y.a]+B[y.b];
}
}f[10001];
int n;
priority_queue<func,vector<func>,greater<func> > q;
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&A[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&B[i]);
}
sort(A+1,A+n+1);
sort(B+1,B+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
func g;
g.a=i;
g.b=1;
q.push(g);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
func g=q.top();
q.pop();
printf("%d ",A[g.a]+B[g.b]);
g.b++;
if(g.b<=n)
q.push(g);
}
return 0;
}洛谷 P1801 黑匣子_NOI导刊2010提高（06）
这题虽然算是一个平衡树模板，可是也是一道堆的进阶题目，难度达到了提高+/省选-；
这个题中我们要开两个堆，一个大顶堆q1，一个小顶堆q2，大顶堆的顶部对着小顶堆的顶部（
此时这两个堆合在一起被称为对顶堆。
我们还要记录一个变量size来记录q1的大小；每次GET的时候，如果size < i，就一直将q2的顶部压入q1；
如果size > i，就一直将q1的顶部压入q2；直到size==i之后q1的顶部就是查询结果。
代码不难写出：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[200001],u[200001];
int n,m;
priority_queue<int,vector<int>,less<int> > q1;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q2;
int main(){
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
}
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d",&u[i]);
}
sort(u+1,u+m+1);
int k=1;
int sz=0;
for(int i=1;k<=m;i++){
if(q2.empty()||a[i]<q2.top()){
q1.push(a[i]);
sz++;
}
else{
q2.push(a[i]);
}
while(i==u[k]){
while(sz<k){
q1.push(q2.top());
q2.pop();
sz++;
}
while(sz>k){
q2.push(q1.top());
q1.pop();
sz--;
}
printf("%d\n",q1.top());
k++;
}
}
return 0;
}题目我就放这么多，关键还是要能想到用堆，数据结构对比赛只是辅助。
end
