POJ 2828-Buy Tickets（线段树上二分）

题意：
有N个人排队，每一个人都有一个val来对应，每一个后来人都会插入当前队伍的某一个位置pos。要求把队伍最后的状态输出。

题解：
这题我们会发现，如果正着操作，每次加入会带来相对位置的变化，不太好操作。
正难则反。
我们倒着进行操作。
先处理第n个人的位置，第n个人一定是在p[n]+1这个位置上了。

当问题规模为n时，确定 n所在位置，删除这个位置后，问题就可以递归成规模为n-1 的问题，因为这 n-1个人的相对位置关系是与n无关的。
只是要在考虑绝对位置的时候，留出n所在的空位。那么问题就变成了，一开始有n个位置，每次我们查询从左往右数第k 个空位置，然后放置一个人（即把它变为非空）。

如何维护空位，我们可以用1代表空位，如果当前位置有人，就把他修改为0.
如何快速找出第k个空位置，我们可以用线段树动态维护前缀和。
前缀和=k时，下标即为要找的位置。

因为线段树本身就是有分治的性质，所以我们可以直接在线段树上进行二分。
k代表要插入的位置。
如果sum[node]<=k，则进入左子树。
否则k-sum[2*node]，进入右子树。

跟平衡树求第几大差不多？（疑问句

代码：

/*Keep on going Never give up*/
//#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
//#include
#include
#include
#include
#include
#include
//#define int long long
#define endl '\n'

using namespace std;
const int maxn=1e6+10;
const int mod=1e9+7;

pair<int,int>v[maxn];
int tree[maxn];
void build(int node,int start,int ends){
     
    if(start==ends){
     
        tree[node]=1;
        return ;
    }
    int mid=(start+ends)/2;
    build(node*2,start,mid);
    build(node*2+1,mid+1,ends);
    tree[node]=tree[node*2]+tree[node*2+1];
}

int up(int node,int start,int ends,int val){
     
    if(start==ends){
     
        tree[node]=0;
        return start;
    }
    int mid=(start+ends)/2;
    int res=0;
    if(val<=tree[node*2]) res=up(node*2,start,mid,val);
    else res=up(node*2+1,mid+1,ends,val-tree[node*2]);
    tree[node]=tree[node*2]+tree[node*2+1];
    return res;
}
int ans[maxn];

signed main(){
     
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int n;

    while(cin>>n){
     
        for(int i=0;i<n;i++){
     
            //int x,y;
            cin>>v[i].first>>v[i].second;
        }
        build(1,1,n);
        for(int i=n-1;i>=0;i--){
     
            int k=up(1,1,n,v[i].first+1);
            ans[k]=v[i].second;
        }
        for(int i=1;i<=n;i++){
     
            cout<<ans[i]<<" ";
        }
        cout<<endl;
    }
}