[HEOI2016/TJOI2016] 排序 题解

[HEOI2016/TJOI2016] 排序 题解

很久没写过题解了，但这题思路十分新奇，震惊到我，并且让我学到了许多东西，故写篇题解纪念下。

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题意

给定一个长度为 \(n\le 10^5\) 的序列。

有 \(m\le 10^5\) 次操作，每次给定一个区间，将区间内的数字排序，有升序降序两种。

问最后下标为 \(q\) 的数字的值。

思路

非常有意思，非常新奇。

01序列的排序

众所周知，对于一个长度为 \(n\) 的序列，排序的时间复杂度是 \(O(n\log n)\) 的。

但是对于一个 \(01\) 序列，甚至连 \(O(n)\) 都不需要，仅需个 \(O(\log n)\)。

方法：

首先排序后的序列是有序的，必然是一段 \(0/1\) 连着第二段 \(0/1\)。

那么就可以用线段树。

令 \(sum1\) 表示区间 \([l,r]\) 内的 \(1\) 的个数。

那么从大到小排序就是覆盖 \([l,l+sum1-1]\) 为 \(1\)，\([l+sum1,r]\) 为 \(0\)。

同理，从小到大就是覆盖 \([r-sum1+1,r]\) 为 \(1\)，\([l,r-sum1]\) 为 \(0\)。

然后我们就做到了针对 \(01\) 序列的 \(O(\log n)\) 排序。

题目转化

此时我们就尽量把原序列转化为 \(01\) 序列。

分析复杂度：

\(O(m\log n)\) 的操作是免不了的，剩下的最多再加上一只 \(\log\)。

考虑二分答案。

将序列与我们二分出的 mid 进行比较，小于则变成 \(0\)，否则是 \(1\)。

那么我们 \(O(m\log n)\) 操作后，如果 \(q\) 位上是 \(1\)，则代表 mid 小等于答案，否则大于。

二分判断的说明

其实如果我们在 \(m\) 次操作后再进行一次排序，可以发现答案的下标一定是在 \(0\) 段和 \(1\) 段的交汇点。

然而因为我们取 mid 时是按照大等于，所以答案的下标上的值一定是 \(1\)。

然后我们就可以二分 check，总时间复杂度是 \(O(m\log^2n)\)。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ljl;
#define FUP(i,x,y) for(auto i=(x);i<=(y);++i)
#define FDW(i,x,y) for(auto i=(x);i>=(y);--i)
inline void Rd(auto &num);
const int N=1e5+5;
int n,m,a[N],q,t[N];
struct OPT{int op,l,r;
}opt[N];
namespace SMT{#define lc (p<<1)#define rc (p<<1|1)struct NODE{int l,r,sum,lz;}node[N*4];void pushup(int p){node[p].sum=node[lc].sum+node[rc].sum;return;}void bld(int l,int r,int p){node[p].l=l;node[p].r=r;node[p].lz=-1;if(l==r){node[p].sum=t[l];return;}int mid=(l+r)/2;bld(l,mid,lc);bld(mid+1,r,rc);pushup(p);return;}void pushdown(int p){if(node[p].lz==-1||node[p].l==node[p].r)return;node[lc].lz=node[p].lz;node[lc].sum=(node[lc].r-node[lc].l+1)*node[p].lz;node[rc].lz=node[p].lz;node[rc].sum=(node[rc].r-node[rc].l+1)*node[p].lz;node[p].lz=-1;return;}void addlr(int l,int r,int val,int p){if(l>r)return;pushdown(p);if(l<=node[p].l&&node[p].r<=r){node[p].lz=val;node[p].sum=(node[p].r-node[p].l+1)*val;return;}int mid=(node[p].l+node[p].r)/2;if(l<=mid)addlr(l,r,val,lc);if(mid<r)addlr(l,r,val,rc);pushup(p);return;}int query(int l,int r,int p){if(l>r)return 0;pushdown(p);if(l<=node[p].l&&node[p].r<=r)return node[p].sum;int mid=(node[p].l+node[p].r)/2,ans=0;if(l<=mid)ans+=query(l,r,lc);if(mid<r)ans+=query(l,r,rc);return ans;}
}
using namespace SMT;
bool check(int x)
{FUP(i,1,n)t[i]=(a[i]<x?0:1);bld(1,n,1);FUP(i,1,m){int l=opt[i].l,r=opt[i].r,op=opt[i].op;int sum1=query(l,r,1);if(op)//>{addlr(l,l+sum1-1,1,1);addlr(l+sum1,r,0,1);}else//<{addlr(r-sum1+1,r,1,1);addlr(l,r-sum1,0,1);}}return query(q,q,1);
}
int main(){Rd(n);Rd(m);FUP(i,1,n)Rd(a[i]);FUP(i,1,m){Rd(opt[i].op);Rd(opt[i].l);Rd(opt[i].r);}Rd(q);int l=1,r=n,mid,ans=0;/*遇到可能check(mid) ? l=mid的情况就用这种写法吧qwq */while(l<=r){mid=(l+r)/2;if(check(mid))ans=mid,l=mid+1;else r=mid-1;}printf("%d\n",ans);return 0;
}
inline void Rd(auto &num)
{num=0;char ch=getchar();bool f=0;while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){num=(num<<1)+(num<<3)+(ch-'0');ch=getchar();}if(f)num=-num;return;
}

总结

这题真的让我学到了好多，所以特此记录思想。