P2824 [HEOI2016/TJOI2016] 排序

[HEOI2016/TJOI2016] 排序

题目描述

在 $2016$ 年，佳媛姐姐喜欢上了数字序列。因而她经常研究关于序列的一些奇奇怪怪的问题，现在她在研究一个难题，需要你来帮助她。

这个难题是这样子的：给出一个 $1$ 到 $n$ 的排列，现在对这个排列序列进行 $m$ 次局部排序，排序分为两种：

• 0 l r 表示将区间 $[l,r]$ 的数字升序排序
• 1 l r 表示将区间 $[l,r]$ 的数字降序排序

注意，这里是对下标在区间 $[l,r]$ 内的数排序。
最后询问第 $q$ 位置上的数字。

输入格式

输入数据的第一行为两个整数 $n$ 和 $m$，$n$ 表示序列的长度，$m$ 表示局部排序的次数。

第二行为 $n$ 个整数，表示 $1$ 到 $n$ 的一个排列。

接下来输入 $m$ 行，每一行有三个整数 $\text{op},l,r$，$\text{op}$ 为 $0$ 代表升序排序，$\text{op}$ 为 $1$ 代表降序排序, $l,r$ 表示排序的区间。

最后输入一个整数 $q$，表示排序完之后询问的位置

输出格式

输出数据仅有一行，一个整数，表示按照顺序将全部的部分排序结束后第 $q$ 位置上的数字。

样例 #1

样例输入 #1

6 3
1 6 2 5 3 4
0 1 4
1 3 6
0 2 4
3

样例输出 #1

5

提示

河北省选2016第一天第二题。

对于 $30\%$ 的数据，$n,m\le 1000$

对于 $100\%$ 的数据，$n,m\le 10^5$，$1\le q\le n$

解析：

排序的时间复杂度为 $O(nlogn)$，总的时间复杂度为 $O(nmlogm)$ ，会超时。

对于 01序列 的排序（以升序为例）可以简化排序的过程：

• 将前部分置 0，将后部分置 1

01序列 的排序实际上是去区间查询，区间修改：

• 查询 $[l,r]$ 区间中 $1$ 的个数为 $cn{t}_1$
• 将区间 $[r-cn{t}_1+1,r]$ 置 1，将区间 $[l,r-cn{t}_1]$ 置 0

接下来考虑如何将序列转化为 01序列：

对于猜测答案 $x$，将序列中小于 $x$ 的数置 0，大于等于 $x$ 的数置 1，即可得到 01序列

答案是否具有单调性：

对 01序列 进行局部排序操作，然后查询 $q$ 位置的数：

• 如果为1，则说明正确答案大于等于 $x$
• 如果为0，则说明正确答案小于 $x$

因此具有单调性，所以可以二分答案。

总的时间复杂度为 $O(mlo{g}^{2}n)$

代码中需要注意的是：

• 特判一下 全0/全1 的排序
• 每次二分检查的时候，需要将线段树清空，尤其是 lazytag，不要只清零叶子节点的 lazytag（悲）

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define fi first
#define se second
#define debug(x) cerr << #x << ": " << (x) << endl
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
const int maxn = 1e5+10;
const int maxm = 1e5+10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef pair<int, int> pii;inline int ls(int x){return x << 1;}
inline int rs(int x){return x << 1 | 1;}
struct Query{int op, l, r;
}q[maxn];
struct node{int sum; // 1 的个数 int tag;
}t[maxn << 2];
int n, m, p;
int a[maxn], b[maxn];void init(int x){for(int i = 1; i <= n; i++){if(a[i] < x)b[i] = 0;elseb[i] = 1;}
}
void pushup(int k){t[k].sum = t[ls(k)].sum + t[rs(k)].sum;
}
void build(int k, int l, int r){t[k].tag = 0;if(l == r){t[k].sum = b[l];		return;}int mid = (l+r) >> 1;build(ls(k), l, mid);build(rs(k), mid+1, r);pushup(k);
}// tag = 0 : 无事发生
// tag = 1 : 全为 0
// tag = 2 : 全为 1
void pushdown(int k, int l, int r){if(t[k].tag == 0)return;if(t[k].tag == 1){t[ls(k)].sum = 0;t[rs(k)].sum = 0;}else if(t[k].tag == 2){int mid = (l+r) >> 1;t[ls(k)].sum = mid - l + 1;t[rs(k)].sum = r - mid;}t[ls(k)].tag = t[rs(k)].tag = t[k].tag;t[k].tag = 0; 
}
void modify(int k, int l, int r, int x, int y, int v){if(x <= l && y >= r){t[k].tag = v;if(v == 1) t[k].sum = 0;if(v == 2) t[k].sum = r-l+1;return;}pushdown(k, l, r);int mid = (l+r) >> 1;if(x <= mid)modify(ls(k), l, mid, x, y, v);if(y > mid)modify(rs(k), mid+1, r, x, y, v);pushup(k);
}
int querycnt1(int k, int l, int r, int x, int y){if(x <= l && y >= r)return t[k].sum;int mid = (l+r) >> 1;pushdown(k, l, r);int res = 0;if(x <= mid)res += querycnt1(ls(k), l, mid, x, y);if(y > mid)res += querycnt1(rs(k), mid+1, r, x, y);return res;
}
int querypos(int k, int l, int r, int pos){if(l == r && l == pos)return t[k].sum;pushdown(k, l, r);int mid = (l+r) >> 1;int res;if(pos <= mid)res = querypos(ls(k), l, mid, pos);elseres = querypos(rs(k), mid+1, r, pos);return res;
}
bool check(int x){init(x);build(1, 1, n);for(int i = 1; i <= m; i++){int cnt1 = querycnt1(1, 1, n, q[i].l, q[i].r); if(cnt1 == 0 || cnt1 == (q[i].r - q[i].l + 1))continue;if(q[i].op == 0){ // 升序 modify(1, 1, n, q[i].l, q[i].r-cnt1, 1);modify(1, 1, n, q[i].r-cnt1+1, q[i].r, 2);}else if(q[i].op == 1){ // 降序 modify(1, 1, n, q[i].l+cnt1, q[i].r, 1);modify(1, 1, n, q[i].l, cnt1+q[i].l-1, 2);			 }}int res = querypos(1, 1, n, p);return res == 1;
}
int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; i++)cin >> a[i];for(int i = 1; i <= m; i++)cin >> q[i].op >> q[i].l >> q[i].r;cin >> p; int l = 1, r = n, res;while(l <= r){int mid = (l+r) >> 1;if(check(mid)){res = mid;l = mid + 1;}elser = mid - 1;}cout << res << endl;return 0;
}