【线段树】【NOI 1999】【cogs 284】内存分配
284. [NOI1999] 内存分配
★★☆ 输入文件：memory.in 输出文件：memory.out 简单对比
时间限制：1 s 内存限制：128 MB
内存是计算机重要的资源之一，程序运行的过程中必须对内存进行分配。
经典的内存分配过程是这样进行的：
内存以内存单元为基本单位，每个内存单元用一个固定的整数作为标识，称为地址。地址从0开始连续排列，地址相邻的内存单元被认为是逻辑上连续的。我们把从地址i开始的s个连续的内存单元称为首地址为i长度为s的地址片。
运行过程中有若干进程需要占用内存，对于每个进程有一个申请时刻T，需要内存单元数M及运行时间P。在运行时间P内（即T时刻开始，T+P时刻结束），这M个被占用的内存单元不能再被其他进程使用。
假设在T时刻有一个进程申请M个单元，且运行时间为P，则：
若T时刻内存中存在长度为M的空闲地址片，则系统将这M个空闲单元分配给该进程。若存在多个长度为M个空闲地址片，则系统将首地址最小的那个空闲地址片分配给该进程。
如果T时刻不存在长度为M的空闲地址片，则该进程被放入一个等待队列。对于处于等待队列队头的进程，只要在任一时刻，存在长度为M的空 闲地址片，系统马上将该进程取出队列，并为它分配内存单元。注意，在进行内存分配处理过程中，处于等待队列队头的进程的处理优先级最高，队列中的其它进程 不能先于队头进程被处理。
现在给出一系列描述进程的数据，请编写一程序模拟系统分配内存的过程。
输入
第一行是一个数N，表示总内存单元数（即地址范围从0到N-1）
从第二行开始每行描述一个进程的三个整数T、M、P（M<=N）。
数据已按T从小到大排序。
最后一行用三个0表示结束。
输入文件最多10000行，且所有数据都小于10^9。
输入文件中同一行相邻两项之间用一个或多个空格隔开。
输出
包括2行。
第一行是全部进程都运行完毕的时刻。
第二行是被放入过等待队列的进程总数。
样例输入
10
1 3 10
2 4 3
3 4 4
4 1 4
5 3 4
0 0 0
样例输出
12
2
题解：
可以用线段树维护空序列，然后用平衡树维护一下任务序列就好了。
其实直接用堆维护就可以了，写平衡树各种奇怪问题也是醉了。。
顺便一提：
当年的正解是n^2链表直接暴力模拟，因为当时还没有打标记。。
Code：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<set>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define root 1,0,n
#define lch l,mid
#define rch mid+1,r
#define MAXT 0x7ffffffffffffffLL
struct Q{
long long T;
int M,P;
}q[10010];
struct QQ{
int M,P;
}qq[10010];
struct Tree{
int maxn,lm,rm,lr,rl,lazy;
}tree[4001000];
struct S{
long long time;
int l,r;
bool operator < (const S a) const{
return time<a.time;
}
};
multiset<S> a;
int tot=2,ls[4001000],rs[4001000];
int in(){
int x=0; char ch=getchar();
while (ch<'0' || ch>'9') ch=getchar();
while (ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x;
}
int New(int l,int r,int p){
if (p) tree[tot]=(Tree){r-l+1,r-l+1,r-l+1,r,l,-1};
else tree[tot]=(Tree){0,0,0,l-1,r+1,-1};
return tot++;
}
void Open(int rt,int l,int r){
if (!ls[rt]){
int mid=(l+r)>>1;
ls[rt]=New(lch,tree[rt].maxn);
rs[rt]=New(rch,tree[rt].maxn);
}
}
void paint(int rt,int l,int r,int p){
if (p) tree[rt]=(Tree){r-l+1,r-l+1,r-l+1,r,l,1};
else tree[rt]=(Tree){0,0,0,l-1,r+1,0};
}
void push_down(int rt,int l,int r){
if (tree[rt].lazy!=-1){
int mid=(l+r)>>1;
paint(ls[rt],lch,tree[rt].lazy);
paint(rs[rt],rch,tree[rt].lazy);
tree[rt].lazy=-1;
}
}
void change(int rt,int l,int r,int ll,int rr,int k){
if (ll<=l && r<=rr){
paint(rt,l,r,k);
return;
}
Open(rt,l,r);
push_down(rt,l,r);
int mid=(l+r)>>1;
if (ll<=mid) change(ls[rt],lch,ll,rr,k);
if (rr>mid) change(rs[rt],rch,ll,rr,k);
//lm
tree[rt].lm=tree[ls[rt]].lm;
if (tree[ls[rt]].lm==mid-l+1){
tree[rt].lm+=tree[rs[rt]].lm;
tree[rt].lr=tree[rs[rt]].lr;
}
else tree[rt].lr=tree[ls[rt]].lr;
//rm
tree[rt].rm=tree[rs[rt]].rm;
if (tree[rs[rt]].rm==r-mid){
tree[rt].rm+=tree[ls[rt]].rm;
tree[rt].rl=tree[ls[rt]].rl;
}
else tree[rt].rl=tree[rs[rt]].rl;
//maxn
tree[rt].maxn=max(max(tree[ls[rt]].maxn,tree[rs[rt]].maxn),tree[ls[rt]].rm+tree[rs[rt]].lm);
}
int query(int rt,int l,int r,int k){
if (l==r) return l;
Open(rt,l,r);
push_down(rt,l,r);
int mid=(l+r)>>1;
if (tree[ls[rt]].maxn>=k)
return query(ls[rt],lch,k);
if (tree[ls[rt]].rm+tree[rs[rt]].lm>=k)
return tree[ls[rt]].rl;
return query(rs[rt],rch,k);
}
int main(){
int n=in(),num=0;
while (true){
q[num].T=(long long)in(),q[num].M=in(),q[num].P=in();
if (!q[num].T && !q[num].M && !q[num].P) break;
num++;
}
if (!num){
printf("0\n0\n");
return 0;
}
tree[1]=(Tree){n,n,n,n,0,-1}; n--;
int h=0,t=0,x=0;
a.insert((S){MAXT,0,0});
q[num].T=MAXT;
long long time=-1,ans;
while (time!=MAXT){
for (; a.begin()->time==time; a.erase(a.begin()))
change(root,a.begin()->l,a.begin()->r,1);
for (; h<t && qq[h].M<=tree[1].maxn; ++h){
int l=query(root,qq[h].M);
int r=l+qq[h].M-1;
change(root,l,r,0);
a.insert((S){time+qq[h].P,l,r});
}
for (; q[x].T==time; ++x)
if (q[x].M>tree[1].maxn)
qq[t++]=(QQ){q[x].M,q[x].P};
else {
int l=query(root,q[x].M);
int r=l+q[x].M-1;
change(root,l,r,0);
a.insert((S){time+q[x].P,l,r});
}
ans=time;
time=min(a.begin()->time,q[x].T);
}
cout<<ans<<endl<<t<<endl;
return 0;
}