POJ2828 Buy Tickets 线段树

思路：

查看了网上不少博客，感觉都写得很朦胧，都说从后往前插。这个倒好理解。

但是很多都没说清楚为什么用线段树，用的思路。搞得我一头雾水。毕竟是刚接触线段树，对线段树理解也不够。

今天晚上硬着头皮推敲。

终于有点思路了。

我的理解：

就例子 

0 20

1 19

1 38

0 31

从后往前插。

首先是0 31.位置是精确的就是在第0位。

然后是1 38.38想插在第1位。但是这是38一厢情愿，他能不能最终落在第1位，必须经过0 31的同意。

即因为在1 38的操作后，0 31的操作会使1 38位置变动。

怎么变动？很简单，就是往后退一位，使1 38的操作最终下场是38落在了位置1+1=2，第2位。

说到这里是不是有点启发了。

再看看1 19，照理1 19和1 38的下场应该是一样，都是受0 31的影响，落在1+1=2，第2位。

但是1 19下场更惨，他没办法落在第2位。因为1 38已经霸占第2位了。

所以 1 19是1+1+1=3，沦落到了第3位。

所以可以归纳：从下往上操作。对于操作pos value。

下场为pos*=pos+f[pos].

关键的f[pos]其实是动态变化的一个数组。f[i] 0<=i<n; 

还是刚才那个例子，刚开始0 31的时候f[i]=0,(0<=i<n),所以0 31的pos*=0+f[0]=0+0=0;

 0 31操作之后f[i]=1,(0<=i<n)

即1 38操作时候是f[i]=1,(0<=i<n),所以pos*=1+f[1]=2;

然后 1 38操作之后f[0]=1,f[i]=2 (1<=i<n).

所以我们可以初始化一个数组f[i]=0,(0<=i<n)

每次操作pos value 之后 f[i]++ (pos<=i<n)

这样的时间复杂度是O（N^2），和之前的直接链表或者数组来进行操作没什么改进的。

但是，幸运的是，还有线段树可以依靠。

线段树节点参数。

l,r:区间左右值。

remain;这个区间内残留值。

代表这个区间内，只有pos<=node[index<<1].remain的操作的人才会落到这个区间的左节点。理解这个很重要,可以用上面的方法推出来。

即从左分支掉下去。

对于每次分支的右分支。
其实就等价于另一段新的区间。
只不过这个区间的左值不再是1，而是max+1.
所以在等价的时候我们就要处理一下pos。

对于这个线段树我的理解：

每次操作是从上到下（像小时候的落珠子游戏），一层层落下来，每次掉下来有左右两个方向。

最终会落到某个叶子节点，那个叶子节点的位置就是最终的位置。

#include<iostream> using namespace std; const int N=200005; int n; struct Node { int l; int r; int remain; }; int data[N][2]; Node node[3*N]; int ansp; int ans[N]; void buildtree(int index,int l,int r) { node[index].l=l; node[index].r=r; node[index].remain=r-l+1; if(l==r) { return ; } int mid=(l+r)>>1; buildtree(index<<1,l,mid); buildtree((index<<1)+1,mid+1,r); } void update(int pos,int index) { node[index].remain--; if(node[index].l==node[index].r) { ansp=node[index].l; return ; } if(pos<=node[index<<1].remain)//这里是关键部分 {/**/ update(pos,index<<1); } else { pos-=node[index<<1].remain; update(pos,(index<<1)+1); } } int main() { while(scanf("%d",&n)!=EOF) { memset(node,0,sizeof(node)); buildtree(1,1,n); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d%d",data[i],data[i]+1); } for(int i=n;i>=1;i--) { update(data[i][0]+1,1); ans[ansp]=data[i][1]; } for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]); printf("\n"); } return 0; }