POJ 2104 K-th Number【整体二分 + 树状数组】

原文链接： http://www.cnblogs.com/Tuesdayzz/p/5758644.html

本来只是想学一下CDQ，还是先把整体二分搞懂一点。

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这题窝几个月前分别用划分树，树套树，主席树和挑战上介绍的分桶法实现了一发（然而现在都忘得差不多了）

最快的是划分树，其次是主席树，然后是树套树，还有一个10000+ms分桶法的思想实现的，最上面的就是整体二分的方法。

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题目链接：

http://poj.org/problem?id=2104

题意：

给定序列，求每次询问区间的第K大数。

分析：

首先介绍整体二分。
看了这两个博客才明白一点。整体二分初步 和老顽童的代码。

整体二分：

整体二分就是将所有询问一起二分，然后获得每个询问的答案。
整体二分的过程实质上是个按照数值来划分操作序列的过程。
对每一个询问我们都需要判定一下，以决定它被划分到哪一个答案的区间里。这个判定过程就是通过比较比二分的mid大的数的个数和k。

以下摘自许昊然论文-《浅谈数据结构题的几个非经典解法》

询问的答案具有二分性显然是前提。我们发现，因为修改判定标准的贡献相互独立，且贡献的值（如果有的话）与判定标准无关，所以如果我们已经计算过某一些修改对询问的贡献，那么这个贡献将永远不会改变，我们没有必要当判定标准改变时再次计算这些部分修改的贡献，只要记录下当前的总贡献，在进一步二分时，直接加上新的贡献即可。
这样处理的复杂度可以不再与序列总长度直接相关了，而可以只与当前处理的序列的长度相关。

具体理解看代码。。。

时间复杂度：

定义T(C,S)表示待二分区间长度为C,待二分序列长度为S,不妨设单次处理时间复杂度O(f(n)),则有

T(C,S)=T(C/2,S0+T(C/2,S−S0))+O(f(s))

解之得

T(C,n)≤O(f(n)logC)

注：只有在 O(f(n))≥O(n)时成立.

代码：

以POJ 2104为例

#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 5, maxm = 1e4 + 5, oo = 0x3f3f3f3f;
int n, m;
int cnt;
struct QUERY{
    int x, y, k;
    int id, type;
};
QUERY q[maxn + maxm], q1[maxn + maxm], q2[maxn + maxm];
int bit[maxn];
int ans[maxn];
void add(int i, int x)
{
    while(i <= n){
        bit[i] += x;
        i += i &-i;
    }
}
int sum(int i)
{
    int res = 0;
    while(i){
        res += bit[i];
        i -= i & -i;
    }
    return res;
}
void init()
{
    memset(bit, 0, sizeof(bit));
    cnt = 1;
}
void solve(int ql, int qr, int l, int r)
{
    if(ql > qr) return;
    if(l == r){
        for(int i = ql; i <= qr; i++){
            if(q[i].type == 2) ans[q[i].id] = l;
        }
        return ;
    }
    int m = l + r >> 1;
    int p1 = 0, p2 = 0;
    for(int i = ql; i <= qr; i++){
        if(q[i].type == 1){
            if(q[i].x <= m){
                add(q[i].id, q[i].y);
                 q1[p1++] = q[i];
            }else q2[p2++] = q[i];
        }else{
            int res = sum(q[i].y) - sum(q[i].x - 1);
            if(res >= q[i].k) q1[p1++] = q[i];
            else{
                q[i].k -= res;
                q2[p2++] = q[i];
            }
        }
    }
    //清空标记
    for(int i = 0; i < p1; i++){
        if(q1[i].type == 1) add(q1[i].id, -q1[i].y);
    }
    for(int i = 0; i < p1; i++){
        q[ql + i] = q1[i];
    }
    for(int i = 0; i < p2; i++){
        q[ql + p1 + i] = q2[i];
    }
    solve(ql, ql + p1 - 1, l , m);
    solve(ql + p1, qr, m + 1, r);
}
int main (void)
{
        scanf("%d%d", &n, &m);
        init();
        int x, y, k;
        for(int i = 0; i < n; i++){
            scanf("%d", &x);
            q[cnt++] = (QUERY){x, 1, oo, i + 1, 1};
        }
        for(int i = 0; i < m; i++){
            scanf("%d%d%d", &x, &y, &k);
            q[cnt++] = (QUERY){x, y, k, i + 1, 2};
        }
        solve(1, cnt - 1, -oo, oo);
        for(int i = 1; i <= m; i++){
            printf("%d\n", ans[i]);
        }
        return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/Tuesdayzz/p/5758644.html