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;
}