[Noip2017] 列队
Description
\(Sylvia\) 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 \(n \times m\) 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 \(n \times m\) 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 \((i-1)\times m + j\) 。
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 \((x,y)\; (1 \le x \le n, 1 \le y \le m)\)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：
-
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。
-
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。
Input
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。
Output
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。
Range
对于 \(100\%\) 的数据，\(n\leq 3\times 10^5,m\leq 3\times 10^5,q\leq 3\times 10^5\)
数据保证每一个事件满足 \(1 \le x \le n,1 \le y \le m\)
Solution
\(fhq\_Treap\) 了解一下
算法部分
这题不管怎么做直接存每个人都会炸，所以我们用 \(Treap\) 维护区间，即 \(Treap\) 上的每个节点代表的是一个区间。
对于每行从第 \(1\) 列到第 \(m-1\) 列维护一个 \(Treap\)。
对于最后一列我们单独维护一个 \(Treap\) 。
如果 \((x,y)\) 出队，要分两种情况讨论，第一种 \(y=m\)，即出队的人在最后一列的情况，如果不讨论的话我们在每行维护的 \(Treap\) 上是找不到这个点的，因此需要分类。
对于这种情况，我们直接在最后一列的 \(Treap\) 中找到第 \(x\) 个人，把它 \(split\) 出来，然后 \(merge\) 到结尾即可。
(关于如何 \(split\) 和 \(merge\) 下面有讲)
第二种 \(y\neq m\)。
对于这种情况，我们需要在第 \(x\) 行的那个 \(Treap\) 中找到第 \(y\) 个点，把它 \(split\) 出来记为点 \(a\)，同时在最后一列的 \(Treap\) 中找到第 \(x\) 个点，同样 \(split\) 出来记为点 \(b\) 。
之后把点 \(b\) 合并到第 \(x\) 行 \(Treap\) 的最后一个节点，把点 \(a\) 合并到最后一列的 \(Treap\) 的最后一个节点即可。
实现部分
这题 \(fhq\_Treap\) 难实现的地方就在如何 \(split\) 出一个不存在的节点(因为我们维护的一直是区间，而这题里 \(split\) 要做的就是在一个大区间的基础上 \(split\) 出两个新的小区间)
如何处理呢？
仿照一般 \(fhq\_Treap\) 的 \(split\) 操作，我们定义
void split(int now,int k,int &x,int &y)
表示在以 \(now\) 为根的子树中进行分离，分离出的左子树大小为 \(k\)，根节点为 \(x\),分离出的右子树根节点为 \(y\) (我们并不能知道右子树的大小是多少)。
这时我们就要分情况讨论了：
如果 \(now\) 的左子树的大小已经大于了 \(k\)，那么我们就不用把 \(now\) 这个点拆开而是递归进入 \(now\) 的左子树进行处理。
否则我们就要进行麻烦的裂点操作了。
因为要在以 \(now\) 为根的子树中分出 \(k\) 个，所以我们要从 \(now\) 和 \(now\) 的右子树里分出 \(k-sze[ch[now][0]]\) 个。
这里又要分情况讨论：
如果 \(now\) 这个点维护的区间大小不小于 \(k\) 的话，从 \(now\) 里分出大小为
\(k-sze[ch[now][0]]\) 的区间即可(因为左子树已经有了 \(sze[ch[now][0]]\) 那么多)。
否则就要调用
split(ch[now][1],k-sze[ch[now][0]]-(r[now]-l[now]+1),ch[now][1],y)
这个意思是，把 \(now\) 这个点的区间全部给了左子树还是不够，所以要进入右子树分剩下的大小为 \(k-sze[ch[now][0]]-(r[now]-l[now]+1)\) 的区间。
但是实际写代码的时候不必要那么复杂的分类讨论。因为如果 \(split\) 传进去的 \(k\) 是非正整数的话(对应第一种情况)，那么递归会一直进入左子树，相反对于第二种情况，在分裂新节点的时候判一下就可以了，大概长这样。
void split_new(int now,int k){
if(k>=r[now]-l[now]+1) return;
...
}
Code
#include<ctime>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#define N 300005
#define int long long
int root[N];
int n,m,T,tot;
int ch[N*20][2];
int l[N*20],r[N*20];
int sze[N*20],prio[N*20];
int newnode(int x,int y){
tot++;
l[tot]=x;
r[tot]=y;
sze[tot]=y-x+1;
prio[tot]=rand();
return tot;
}
void pushup(int x){
sze[x]=sze[ch[x][0]]+sze[ch[x][1]]+r[x]-l[x]+1;
}
int merge(int x,int y){
if(!x or !y) return x+y;
if(prio[x]<prio[y]){
ch[x][1]=merge(ch[x][1],y);
pushup(x);
return x;
}
else{
ch[y][0]=merge(x,ch[y][0]);
pushup(y);
return y;
}
}
void split_new(int now,int k){//把now的大小变为k
if(k>=r[now]-l[now]+1) return;
int want=l[now]+k-1;
int nn=newnode(want+1,r[now]);
r[now]=want;
ch[now][1]=merge(nn,ch[now][1]);
pushup(now);
}
void split(int now,int k,int &x,int &y){
if(!now) x=y=0;
else{
if(sze[ch[now][0]]>=k){
y=now;
split(ch[now][0],k,x,ch[now][0]);
}
else{
split_new(now,k-sze[ch[now][0]]);
x=now;
split(ch[now][1],k-sze[ch[now][0]]-(r[now]-l[now]+1),ch[now][1],y);
}
pushup(now);
}
}
signed main(){
srand(time(0));
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&T);
for(int i=1;i<=n;i++)
root[i]=newnode((i-1)*m+1,i*m-1);
for(int i=1;i<=n;i++)
root[n+1]=merge(root[n+1],newnode(i*m,i*m));
while(T--){
int a,b;
scanf("%lld%lld",&a,&b);
if(b!=m){
int x,y,z;
split(root[a],b,x,y);
split(x,b-1,x,z);
printf("%lld\n",l[z]);
int x1,y1,z1;
split(root[n+1],a,x1,y1);
split(x1,a-1,x1,z1);
root[a]=merge(x,merge(y,z1));
root[n+1]=merge(x1,merge(y1,z));
}
else{
int x,y,z;
split(root[n+1],a,x,y);
split(x,a-1,x,z);
printf("%lld\n",l[z]);
root[n+1]=merge(x,merge(y,z));
}
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号