P5584 SWTR-01Sunny‘s Crystals（贪心线段树）

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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了P5584 SWTR-01Sunny‘s Crystals（贪心线段树）相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

题目描述

题目链接

题目分析

在 是 一 道 比 较 简 单 的 贪 心 题 目 ， 要 想 删 掉 所 有 的 w 。 在是一道比较简单的贪心题目，要想删掉所有的w。 在是一道比较简单的贪心题目，要想删掉所有的w。
我 们 首 先 可 以 从 后 往 前 找 出 所 有 位 于 2 x 位 置 上 的 w （ 注 意 要 从 后 往 前 删 ， 因 为 删 除 前 面 的 点 会 影 响 到 后 面 点 的 我们首先可以从后往前找出所有位于2^x位置上的w（注意要从后往前删，因为删除前面的点会影响到后面点的 我们首先可以从后往前找出所有位于2x位置上的w（注意要从后往前删，因为删除前面的点会影响到后面点的 位 置 ， 被 删 除 点 后 面 的 点 的 位 置 − 1 ） 。 位置，被删除点后面的点的位置-1）。 位置，被删除点后面的点的位置−1）。

如 果 2 x 位 置 上 没 有 w ， 则 删 除 第 一 个 点 ， 因 为 删 除 第 一 个 点 可 以 让 后 面 所 有 点 的 位 置 − 1 ， 即 让 所 有 w 点 都 更 靠 近 如果2^x位置上没有w，则删除第一个点，因为删除第一个点可以让后面所有点的位置-1，即让所有w点都更靠近 如果2x位置上没有w，则删除第一个点，因为删除第一个点可以让后面所有点的位置−1，即让所有w点都更靠近 2 x 位 置 。 2^x位置。 2x位置。

以 上 就 是 本 题 的 贪 心 策 略 。 但 我 们 可 以 发 现 ： 应 用 该 策 略 后 ， 时 间 复 杂 度 为 O ( n 2 ) ， 还 是 达 不 到 题 目 的 要 求 ， 因 此 以上就是本题的贪心策略。但我们可以发现：应用该策略后，时间复杂度为O(n^2)，还是达不到题目的要求，因此 以上就是本题的贪心策略。但我们可以发现：应用该策略后，时间复杂度为O(n2)，还是达不到题目的要求，因此 我 们 要 考 虑 继 续 优 化 。 我们要考虑继续优化。 我们要考虑继续优化。

先 考 虑 如 何 实 现 以 上 的 贪 心 策 略 ， 我 们 可 以 维 护 先考虑如何实现以上的贪心策略，我们可以维护 先考虑如何实现以上的贪心策略，我们可以维护
d[i] //第i个w距离它最近的2^x（保证2^x < 第i个w的位置）位置的距离
pos[i] //记录第i个w的位置
st[i] //第i个非w的数的位置

每 次 从 右 到 左 找 出 d [ i ] 的 最 小 值 ， 每次从右到左找出d[i]的最小值， 每次从右到左找出d[i]的最小值，
如 果 d [ i ] = 0 ， 则 直 接 删 除 该 点 即 可 。 注 意 删 除 该 点 后 ， 该 点 后 面 的 所 有 点 的 d [ i ] 都 要 − 1 。 如果d[i]=0，则直接删除该点即可。注意删除该点后，该点后面的所有点的d[i]都要-1。 如果d[i]=0，则直接删除该点即可。注意删除该点后，该点后面的所有点的d[i]都要−1。
如 果 d [ i ] ! = 0 ， 则 删 除 前 d [ i ] 个 点 ， 这 样 d [ i ] 就 位 于 2 x 位 置 上 了 ， 然 后 我 们 再 删 除 该 点 即 可 。 如果d[i]!=0，则删除前d[i]个点，这样d[i]就位于2^x位置上了，然后我们再删除该点即可。 如果d[i]!=0，则删除前d[i]个点，这样d[i]就位于2x位置上了，然后我们再删除该点即可。

这 样 我 们 可 以 发 现 ， 占 用 时 间 的 操 作 有 ： 求 序 列 最 小 值 和 给 一 段 区 间 减 去 一 个 值 。 这 两 个 操 作 我 们 都 可 以 用 这样我们可以发现，占用时间的操作有：求序列最小值 和 给一段区间减去一个值。这两个操作我们都可以用 这样我们可以发现，占用时间的操作有：求序列最小值和给一段区间减去一个值。这两个操作我们都可以用 线 段 树 来 维 护 ， 将 其 优 化 到 O ( l o g 2 n ) 。 这 样 总 的 时 间 复 杂 度 就 将 为 了 O ( n l o g 2 n ) 。 线段树来维护，将其优化到O(log_2n)。这样总的时间复杂度就将为了O(nlog_2n)。 线段树来维护，将其优化到O(log2​n)。这样总的时间复杂度就将为了O(nlog2​n)。

代码如下

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <string>
#include <cstring>
#include <set>
#include <map>
#include <queue>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <iomanip>
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
#define PII pair<int,int>
#define PLL pair<LL,LL>
#define PDD pair<double,double>
#define x first
#define y second
using namespace std;
const int N=3e6+5,INF=1e9;
int d[N],pos[N];
vector<int> st,ans;
struct Node
	int l,r;
	int min,lazy;
tr[N*4];
void pushup(int u)

	tr[u].min=min(tr[u<<1].min,tr[u<<1|1].min);

void push(int u,int x)

	tr[u].min+=x;
	tr[u].lazy+=x;

void pushdown(int u)

	if(tr[u].lazy)
	
		push(u<<1,tr[u].lazy);
		push(u<<1|1,tr[u].lazy);
		tr[u].lazy=0;
	

void build(int u,int l,int r)

	if(l==r) tr[u]=l,r,d[l],0;
	else 
		tr[u]=l,r,INF,0;
		int mid=l+r>>1;
		build(u<<1,l,mid),build(u<<1|1,mid+1,r);
		pushup(u);
	

void update(int u,int l,int r,int x)			//给[l,r]区间内的数+x

	if(l<=tr[u].l&&tr[u].r<=r) push(u,x);
	else 
		pushdown(u);
		int mid=tr[u].l+tr[u].r>>1;
		if(mid>=l) update(u<<1,l,r,x);
		if(mid<r) update(u<<1|1,l,r,x);
		pushup(u); 
	

int query(int u,int x)							//查询值x在线段树中最靠右的位置

	if(tr[u].l==tr[u].r) return tr[u].l;
	pushdown(u);
	if(tr[u<<1|1].min<=x) return query(u<<1|1,x);
	return query(u<<1,x); 

int main()

	cin.tie(0);
	ios::sync_with_stdio(false);
	int n,w;
	cin>>n>>w;
	int k=1,cnt=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)			//输入，计算出d[]、pos[]、st[]数组
	
		int x;
		cin>>x;
		if((k<<1)==i) k<<=1;				//k维护小于等于i的最大2^x
		if(x==w) d[++cnt]=i-k,pos[cnt]=i;	//x==w，则将其放入d[]中
		else st.push_back(i);				//否则将其放入st[]中
	
	build(1,1,cnt);							//建树
	k=0;					//这里的k表示删除了非w的数的个数
	for(int i=1;i<=cnt;i++)
	
		int mn=tr[1].min,p=query(1,mn);		//求出最小值，以及最小值最靠右的位置
		if(mn==0)			//情况1
		
			ans.push_back(pos[p]);		//讲该点位置放入答案
			update(1,p,p,1e9);			//删除该点（即将该点权值设为1e9）
			update(1,p+1,cnt,-1);		//该点后面的所有数-1
		
		else				//情况2
		
			for(int i=1;i<=mn;i++) ans.push_backP5582 SWTR-01Escape


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