P1801 黑匣子

题面

Black Box 是一种原始的数据库。它可以储存一个整数数组，还有一个特别的变量 $i$ 。最开始的时候 Black Box 是空的．而 $i=0$ 。这个 Black Box 要处理一串命令。

命令只有两种：

ADD(x)：把 $x$ 元素放进 Black Box;
GET： $i$ 加 $1$ ，然后输出 Black Box 中第 $i$ 小的数。

记住：第 $i$ 小的数，就是 Black Box 里的数的按从小到大的顺序排序后的第 $i$ 个元素。

我们来演示一下一个有11个命令的命令串。（如下表所示）

序号	操作	$i$	数据库	输出
1	`ADD(3)`	$0$	$3$	/
2	`GET`	$1$	$3$	$3$
3	`ADD(1)`	$1$	$1,3$	/
4	`GET`	$2$	$1,3$	$3$
5	`ADD(-4)`	$2$	$-4,1,3$	/
6	`ADD(2)`	$2$	$-4,1,2,3$	/
7	`ADD(8)`	$2$	$-4,1,2,3,8$	/
8	`ADD(-1000)`	$2$	$-1000,-4,1,2,3,8$	/
9	`GET`	$3$	$-1000,-4,1,2,3,8$	$1$
10	`GET`	$4$	$-1000,-4,1,2,3,8$	$2$
11	`ADD(2)`	$4$	$-1000,-4,1,2,2,3,8$	/

现在要求找出对于给定的命令串的最好的处理方法。ADD 命令共有 $m$ 个，GET 命令共有 $n$ 个。现在用两个整数数组来表示命令串：

$a_1,a_2,\cdots,a_m$ ：一串将要被放进 Black Box 的元素。例如上面的例子中 $a=[3,1,-4,2,8,-1000,2]$ 。
$u_1,u_2,\cdots,u_n$ ：表示第 $u_i$ 个元素被放进了 Black Box 里后就出现一个 GET 命令。例如上面的例子中 $u=[1,2,6,6]$ 。输入数据不用判错。

输入格式

第一行两个整数 $m$ 和 $n$ ，表示元素的个数和 GET 命令的个数。

第二行共 $m$ 个整数，从左至右第 $i$ 个整数为 $a_i$ ，用空格隔开。

第三行共 $n$ 个整数，从左至右第 $i$ 个整数为 $u_i$ ，用空格隔开。

输出格式

输出 Black Box 根据命令串所得出的输出串，一个数字一行。

数据规模与约定

对于 $30\%$ 的数据， $1 \leq n,m \leq 10^{4}$ 。
对于 $50\%$ 的数据， $1 \leq n,m \leq 10^{5}$ 。
对于 $100\%$ 的数据， $1 \leq n,m \leq 2 \times 10^{5},|a_i| \leq 2 \times 10^{9}$ ，保证 $u$ 序列单调不降。

思路

这是权值线段树求全局第 $k$ 大的模板题。

v1

模拟，代码如下:

#include <bits/stdc++.h>
#define ls (i<<1)
#define rs (i<<1|1)
#define mid ((l+r)>>1)
using namespace std;

const int SIZE = 2e6 + 5;
int t[SIZE << 2];
struct node {
	int v, id;
	bool operator<(const node ano) const {
		return v < ano.v;
	}
} a[SIZE];
int u[SIZE];
int mm[SIZE];
int m, n,cnt,I=1;

void pushup(int i) {
	t[i] = t[ls] + t[rs];
}
void update(int p, int i, int l, int r) {
	if (l == r && l == p) {
		t[i]++;
		return;
	}
	t[i]++;
	if (p <= mid) {
		update(p, ls, l, mid);
	} else {
		update(p, rs, mid + 1, r);
	}
	pushup(i);
}

int query(int p, int i, int l, int r) {
	if (l == r) {
		return l;
	}
	if (t[ls]>=p) {
		return query(p, ls, l, mid);
	} else {
		return query(p - t[ls],rs, mid + 1, r);
	}
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
	cin >> m >> n;
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		cin >> a[i].v;
		a[i].id = i;
		//cout<<a[i].id<<' '<<a[i].v<<endl;
	}
	sort(a + 1, a + m + 1);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		mm[a[i].id]=i;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>u[i];
	for(int i=1;i<=m;i++){
		//cout<<'\t'<<mm[i]<<endl;
		update(mm[i],1,1,m);
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if(u[j]==i){
				cout<<a[query(I,1,1,m)].v<<'\n';
				I++;
			}
		}
	}
	return 0;
}

很遗憾，只有 $64$ 分。

v2

题目里有这样一句话：

保证 $u$ 序列单调不降。

所以不需要从头开始枚举。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define ls (i<<1)
#define rs (i<<1|1)
#define mid ((l+r)>>1)
using namespace std;
int c = 1;
const int SIZE = 2e6 + 5;
int t[SIZE << 2];
struct node {
    int v, id;
    bool operator<(const node ano) const {
        return v < ano.v;
    }
} a[SIZE];
int u[SIZE];
int mm[SIZE];
int m, n, cnt, I = 1;

void pushup(int i) {
    t[i] = t[ls] + t[rs];
}
void update(int p, int i, int l, int r) {
    if (l == r && l == p) {
        t[i]++;
        return;
    }
    t[i]++;
    if (p <= mid) {
        update(p, ls, l, mid);
    } else {
        update(p, rs, mid + 1, r);
    }
    pushup(i);
}

int query(int p, int i, int l, int r) {
    if (l == r) {
        return l;
    }
    if (t[ls] >= p) {
        return query(p, ls, l, mid);
    } else {
        return query(p - t[ls], rs, mid + 1, r);
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cin >> m >> n;
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        cin >> a[i].v;
        a[i].id = i;
        //cout<<a[i].id<<' '<<a[i].v<<endl;
    }
    sort(a + 1, a + m + 1);
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        mm[a[i].id] = i;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> u[i];
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        //cout<<'\t'<<mm[i]<<endl;
        update(mm[i], 1, 1, m);
        while (u[c] == i) {
            cout << a[query(I, 1, 1, m)].v << '\n';
            I++;
            c++;
        }
    }
    return 0;
}