【洛谷P3960】列队题解

【洛谷P3960】列队题解

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题意：

Sylvia 是一个热爱学习的女孩子。

前段时间，Sylvia 参加了学校的军训。众所周知，军训的时候需要站方阵。

Sylvia 所在的方阵中有 n×m 名学生，方阵的行数为 n ，列数为 m 。

为了便于管理，教官在训练开始时，按照从前到后，从左到右的顺序给方阵中的学生从 1 到 n×m 编上了号码（参见后面的样例）。即：初始时，第 i 行第 j 列 的学生的编号是 (i−1)×m+j 。

然而在练习方阵的时候，经常会有学生因为各种各样的事情需要离队。在一天中，一共发生了 q 件这样的离队事件。每一次离队事件可以用数对(x,y)(1≤x≤n,1≤y≤m)描述，表示第 x 行第 y 列的学生离队。

在有学生离队后，队伍中出现了一个空位。为了队伍的整齐，教官会依次下达这样的两条指令：

  1. 向左看齐。这时第一列保持不动，所有学生向左填补空缺。不难发现在这条指令之后，空位在第 x 行第 m列。

  2. 向前看齐。这时第一行保持不动，所有学生向前填补空缺。不难发现在这条指令之后，空位在第 n 行第 m列。

教官规定不能有两个或更多学生同时离队。即在前一个离队的学生归队之后， 下一个学生才能离队。因此在每一个离队的学生要归队时，队伍中有且仅有第 n 行第 m 列一个空位，这时这个学生会自然地填补到这个位置。

因为站方阵真的很无聊，所以 Sylvia 想要计算每一次离队事件中，离队的同学的编号是多少。

注意：每一个同学的编号不会随着离队事件的发生而改变，在发生离队事件后方阵中同学的编号可能是乱序的。

输入格式：

输入共 q+1 行。

第 1 行包含 3 个用空格分隔的正整数 n,m,q，表示方阵大小是 n 行 m 列，一共发生了 q 次事件。

接下来 q 行按照事件发生顺序描述了 q 件事件。每一行是两个整数 x,y，用一个空格分隔，表示这个离队事件中离队的学生当时排在第 x 行第 y 列。

输出格式：

按照事件输入的顺序，每一个事件输出一行一个整数，表示这个离队事件中离队学生的编号。

样例输入：

2 2 3
1 1
2 2
1 2

样例输出：

1
1
4

时空限制：

每个测试点2s，512MB

数据范围：

n,m,q≤3×105，对于每一对(x,y)，满足1≤x≤n且1≤y≤m。

题解：

O(nq)暴力只能拿30分。

所以我们需要用数据结构来维护当前坐标为(x,y)的学生的编号是多少。

我们可以对于每一行和最后一列分别建一棵线段树，那么学生的离队、入队就对应线段树中的删除节点、插入节点的操作。其实我们并不需要真的插入和删除节点（不然就变成平衡树了），我们只需要维护节点在线段树中的前缀和即可，点在线段树中的前缀和就是点所对应的学生在方阵中的位置。

具体怎么操作呢？

每个节点的值，只有1和0两种。一个学生离队时，只需要把该学生对应的节点的值变为0，这样该节点以后的节点的前缀和都会-1。一个节点入队时，把线段树中当前最后一个节点所在位置（lastpos数组）的后一个位置的节点的权值变为1。

但是，这样会炸空间。所以我们需要动态开点！

我们用lazy来保存该区间的第一个点对应的学生的编号（注意，是学生的编号，不是区间的修改量，本题线段树没有区间修改操作）。

又有一个新问题：线段树的区间应该取多大范围呢？对于前n棵线段树，区间范围应该取1~m-1+q，对于最后一颗线段树，区间范围应该取1~n+q，因为最坏情况下，q个修改操作都在同一棵线段树上进行，而每一个修改操作都会使lastpos+1。

这样，时间复杂度O(qlogn)，动态开点也节省了大部分空间，本题就可以做了。参考代码如下：

  1 #include<cstdio>
  2 #include<cstring>
  3 #include<algorithm>
  4 #define ll long long
  5 #define maxn 300001
  6 #define maxid 15000000
  7 #define max(a,b) ((a>b)?a:b)
  8 #define min(a,b) ((a<b)?a:b)
  9 using namespace std;
 10 struct segment{//动态开点线段树
 11     int ls,rs,sum;//左子节点编号、右子节点编号、区间和
 12     ll lazy;//初始化及存储叶子结点所代表人的编号用
 13     segment(){
 14         ls=rs=sum=lazy=0;
 15     }
 16 }seg[maxid];
 17 int n,m,q,segid=0;
 18 inline void maintain(int bh){//用子节点的信息维护该节点的信息
 19     seg[bh].sum=seg[seg[bh].ls].sum+seg[seg[bh].rs].sum;
 20 }
 21 inline void build(int&bh,int L,int R,int l,int r,ll val){//初始建树
 22     if(!bh)bh=++segid;//动态开点
 23     if(l==L&&r==R){//区间完全覆盖
 24         seg[bh].lazy=val;//打上lazy标记
 25         seg[bh].sum=r-l+1;//区间和
 26         return;
 27     }
 28     int mid=(L+R)>>1;
 29     if(l<=mid)build(seg[bh].ls,L,mid,l,min(mid,r),val);
 30     if(r>mid)build(seg[bh].rs,mid+1,R,max(mid+1,l),r,val+max(0,mid+1-l));
 31     maintain(bh);
 32 }
 33 inline void build2(int&bh,int L,int R,int l,int r,ll val){
 34     if(!bh)bh=++segid;
 35     if(l==L&&r==R){
 36         seg[bh].lazy=val;
 37         seg[bh].sum=r-l+1;
 38         return;
 39     }
 40     int mid=(L+R)>>1;
 41     if(l<=mid)build2(seg[bh].ls,L,mid,l,min(mid,r),val);
 42     if(r>mid)build2(seg[bh].rs,mid+1,R,max(mid+1,l),r,val+(long long)m*max(0,mid+1-l));//和build不同的地方
 43     maintain(bh);
 44 }
 45 inline ll qup(int&bh,int L,int R,int rank){//找到排名为rank的节点所代表人的编号并更新sum
 46     if(L==R)return seg[bh].sum=0,seg[bh].lazy;//已经到叶子结点，清除该节点（即该节点的值sum=0）
 47     int mid=(L+R)>>1;
 48     if(seg[bh].lazy){//动态开点（开bh的两个子节点）并下传标记
 49         seg[bh].ls=++segid;
 50         seg[bh].rs=++segid;
 51         seg[seg[bh].ls].lazy=seg[bh].lazy;
 52         seg[seg[bh].rs].lazy=seg[bh].lazy+mid-L+1;
 53         seg[bh].lazy=0;
 54         seg[seg[bh].ls].sum=mid-L+1;
 55         seg[seg[bh].rs].sum=R-mid;
 56     }
 57     ll ans;
 58     if(rank<=seg[seg[bh].ls].sum)ans=qup(seg[bh].ls,L,mid,rank);
 59     else ans=qup(seg[bh].rs,mid+1,R,rank-seg[seg[bh].ls].sum);
 60     maintain(bh);
 61     return ans;
 62 }
 63 inline ll qup2(int&bh,int L,int R,int rank){
 64     if(L==R)return seg[bh].sum=0,seg[bh].lazy;
 65     int mid=(L+R)>>1;
 66     if(seg[bh].lazy){
 67         seg[bh].ls=++segid;
 68         seg[bh].rs=++segid;
 69         seg[seg[bh].ls].lazy=seg[bh].lazy;
 70         seg[seg[bh].rs].lazy=seg[bh].lazy+(long long)m*(mid-L+1);//和qup不同的地方
 71         seg[bh].lazy=0;
 72         seg[seg[bh].ls].sum=mid-L+1;
 73         seg[seg[bh].rs].sum=R-mid;
 74     }
 75     ll ans;
 76     if(rank<=seg[seg[bh].ls].sum)ans=qup2(seg[bh].ls,L,mid,rank);
 77     else ans=qup2(seg[bh].rs,mid+1,R,rank-seg[seg[bh].ls].sum);
 78     maintain(bh);
 79     return ans;
 80 }
 81 int lastpos[maxn];//每棵线段树最后一次插入的位置
 82 inline void add(int&bh,int L,int R,int pos,ll val){
 83     if(!bh)bh=++segid;//动态开点，此时不可能有lazy标记
 84     if(L==R){//已经到叶子结点，添加节点
 85         seg[bh].lazy=val;
 86         seg[bh].sum=1;
 87         return;
 88     }
 89     int mid=(L+R)>>1;
 90     if(pos<=mid)add(seg[bh].ls,L,mid,pos,val);
 91     else add(seg[bh].rs,mid+1,R,pos,val);
 92     maintain(bh);
 93 }
 94 int main(){
 95     scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
 96     segid=n+1;
 97     if(m>1)for(int i=1;i<=n;++i){//建立n棵行线段树
 98         build(i,1,m-1+q,1,m-1,(long long)m*(i-1)+1);//保证第i棵行线段树的根的编号为i
 99         lastpos[i]=m-1;//最后一次插入的位置，下次插入就要在该位置的后一个位置插入
100     }
101     int lst=n+1;//lst是最后一列的线段树的根的编号
102     build2(lst,1,n+q,1,n,m);//建立最后一列线段树
103     lastpos[lst]=n;
104     for(int i=0;i<q;++i){
105         int x,y;
106         scanf("%d%d",&x,&y);
107         if(y<m){
108             ll bh=qup(x,1,m-1+q,y);//需要出队的人的编号
109             printf("%lld\n",bh);
110             ll bh2=qup2(lst,1,n+q,x);//需要从最后一列的线段树移动到行线段树中的人的编号
111             add(x,1,m-1+q,++lastpos[x],bh2);
112             add(lst,1,n+q,++lastpos[lst],bh);
113         }else{
114             ll bh2=qup2(lst,1,n+q,x);//需要出队的人的编号
115             printf("%lld\n",bh2);
116             add(lst,1,n+q,++lastpos[lst],bh2);
117         }
118     }
119     return 0;
120 }
posted on 2018-10-25 10:25  AndyGamma  阅读(318)  评论(0)  编辑  收藏  举报