主席树——求区间第k个不同的数字（向右密集hdu5919）
和向左密集比起来向右密集只需要进行小小的额修改，就是更新的时候从右往左更新。。
自己写的被卡死时间。不知道怎么回事，和网上博客的没啥区别。。
/* 给定一个n个数的序列a 每次询问区间[l,r],求出去重后区间中每个数的第一次出现的位置pi pi构成一个新的升序，求这个新数组的中位数 要求强制在线，询问[l,r]根据上一个询问的答案进行加密，形成新的询问 t1=(l+ansi-1) % mod n + 1 t2=(r+ansi-1) % mod n + 1 l=min(t1,t2),r=max(t1,t2) 然后再进行询问即可 先求出a[i]在序列中上一次出现的位置pre[i] 从左往右进行一次扫描，用主席树来维护区间[1,i]的中不同数字的个数 询问[l,r]： 先求出区间出现的不同数字的个数k，具体操作见SPOJ D-QUERY 要求从左往右第k/2个数，很容易想到二分，在第r棵线段树上询问[mid,r]区间不同数字出现的个数，这样的复杂度是O(q*(logn)^2) 但这种做法是错的。。 出现这种情况是因为我们所有版本的线段树的点都是向后密集的，第i个棵线段树维护a[i]及之前的数最后出现的位置 所以只要每个版本的线段树中不同的数出现的位置能够向前密集，那么这个问题就转变成了求第k大的数 考虑如何将数据向前密集，即保存a[i]下一次出现的位置，扫到a[i]时将i+1，将下一次出现的位置-1即可 update:a[i] 所以从右往左更新主席树,nxt[i]-1,i+1 query:[l,r] 先在第l个版本的线段树上查询[1,r]区间的不同数字的个数l 在第l个版本的线段树上查询[1,r]范围内的第k/2大数的下标 可以发现这种主席树的查询其实退化成了线段树 */ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 200005 #define INF 0x3f3f3f3f struct Node{int lc,rc,sum;}t[maxn*25]; int n,a[maxn],rt[maxn],size,nxt[maxn],pos[maxn]; int build(int l,int r){ int now=++size; t[now].lc=t[now].rc=t[now].sum=0; if(l==r)return now; int mid=l+r>>1; t[now].lc=build(l,mid); t[now].rc=build(mid+1,r); return now; } int update(int last,int pos,int val,int l,int r){ int now=++size; t[now]=t[last];t[now].sum+=val; if(l==r)return now; int mid=l+r>>1; if(pos<=mid)t[now].lc=update(t[last].lc,pos,val,l,mid); else t[now].rc=update(t[last].rc,pos,val,mid+1,r); return now; } int query1(int rt,int L,int R,int l,int r){//查询区间[L,R]的和 if(L<=l && R>=r)return t[rt].sum; int mid=l+r>>1,res=0; if(L<=mid) res+=query1(t[rt].lc,L,R,l,mid); if(R>mid)res+=query1(t[rt].rc,L,R,mid+1,r); return res; } int query2(int rt,int k,int l,int r){//查询线段树第k大的值 if(l==r)return l; int mid=l+r>>1; if(k<=t[t[rt].lc].sum)return query2(t[rt].lc,k,l,mid); else return query2(t[rt].rc,k-t[t[rt].lc].sum,mid+1,r); } int main(){ int T,q;cin>>T; for(int tt=1;tt<=T;tt++){ size=0;memset(rt,0,sizeof rt); memset(nxt,0x3f,sizeof nxt); memset(pos,0x3f,sizeof pos); scanf("%d%d",&n,&q); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); for(int i=n;i>=1;i--){ nxt[i]=pos[a[i]]; pos[a[i]]=i; } rt[n+1]=build(1,n); for(int i=n;i>=1;i--){ if(nxt[i]==INF)rt[i]=update(rt[i+1],i,1,1,n);//直接在点i增加1 else { int tmp=update(rt[i+1],nxt[i],-1,1,n); rt[i]=update(tmp,i,1,1,n); } } printf("Case #%d:",tt); int ans=0,l,r; while(q--){ scanf("%d%d",&l,&r); int t1=(l+ans)%n+1,t2=(r+ans)%n+1; l=min(t1,t2),r=max(t1,t2); int k=query1(rt[l],1,r,1,n); ans=query2(rt[l],k/2+k%2,1,n);//求第k个数的下标 printf(" %d",ans); } puts(""); } }
下面的是ac的。。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #include<set> #include<map> #include<vector> #include<queue> using namespace std; #define ll long long #define RG register #define MAX 222222 inline int read() { RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar(); while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar(); if(ch=='-')t=-1,ch=getchar(); while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar(); return x*t; } int tot,rt[MAX]; struct Node { int ls,rs; int v; }t[MAX<<5]; void Modify(int &x,int ff,int l,int r,int p,int w) { t[x=++tot]=t[ff];t[x].v+=w; if(l==r)return; int mid=(l+r)>>1; if(p<=mid)Modify(t[x].ls,t[ff].ls,l,mid,p,w); else Modify(t[x].rs,t[ff].rs,mid+1,r,p,w); } int Query(int r1,int l,int r,int L,int R) { if(L<=l&&r<=R)return t[r1].v; int mid=(l+r)>>1,ret=0; if(L<=mid)ret+=Query(t[r1].ls,l,mid,L,R); if(R>mid)ret+=Query(t[r1].rs,mid+1,r,L,R); return ret; } int Kth(int r1,int l,int r,int K) { if(l==r)return l; int mid=(l+r)>>1,s=t[t[r1].ls].v; if(s>=K)return Kth(t[r1].ls,l,mid,K); else return Kth(t[r1].rs,mid+1,r,K-s); } int ans,n,a[MAX],m; int lst[MAX],pos[MAX]; int main() { int T=read(); for(int TTT=1;TTT<=T;++TTT) { printf("Case #%d:",TTT); memset(rt,0,sizeof(rt)); memset(t,0,sizeof(t)); memset(lst,0,sizeof(lst)); memset(pos,0,sizeof(pos)); tot=ans=0; n=read();m=read(); for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read(); for(int i=n;i;--i) if(!pos[a[i]])Modify(rt[i],rt[i+1],1,n,i,1),pos[a[i]]=i; else { Modify(rt[i],rt[i+1],1,n,i,1); Modify(rt[i],rt[i],1,n,pos[a[i]],-1); pos[a[i]]=i; } while(m--) { int L=(read()+ans)%n+1,R=(read()+ans)%n+1; if(L>R)swap(L,R); int S=Query(rt[L],1,n,L,R); ans=Kth(rt[L],1,n,(S+1)/2); printf(" %d",ans); } puts(""); } return 0; }
