权值线段树

Posted 2020-10-25 玥~endlessly~vast

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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了权值线段树相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

权值线段树是一种可以用作求出已知序列中第K大的数的一种线段树。

工作原理

　　1.加入操作

　　　　每次加入一个数，就把该数所在的所有区间都加一。

void update(node *rt, int u)
    {
        if(rt->l == u && rt->r == u)
            {
                rt->ti ++;
                return ;
            }
        rt->ti ++;
        int mid = (rt->l + rt->r) >> 1;
        if(u <= mid)    update(rt->lson, u);
        else update(rt->rson, u);
    }

　　2.查询操作

　　　　每次查询在所有已插入的数中第K大的一个数：

　　　　　　查询这个数的左子树中的所有数的个数ti。

　　　　　　　　a.如果ti比K大，证明这个数在左子树上，则递归左子树。

　　　　　　　　b.如果ti比K小，证明这个数在右子树上，则K变成K-ti，再递归右子树。

int query(node *rt, int k)
    {
        if(rt->l == rt->r)    return rt->l;
        if(rt->lson->ti >= k)    return query(rt->lson, k);
        else    return query(rt->rson, k - rt->lson->ti);
    }

例题　黑匣子

题目描述

Black Box是一种原始的数据库。它可以储存一个整数数组，还有一个特别的变量i。最开始的时候Black Box是空的．而i等于0。这个Black Box要处理一串命令。

命令只有两种：

ADD(x):把x元素放进BlackBox;

GET:i加1，然后输出Blackhox中第i小的数。

记住：第i小的数，就是Black Box里的数的按从小到大的顺序排序后的第i个元素。例如：

我们来演示一下一个有11个命令的命令串。（如下图所示）

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现在要求找出对于给定的命令串的最好的处理方法。ADD和GET命令分别最多200000个。现在用两个整数数组来表示命令串：

1.A(1)，A(2)，…A(M)：一串将要被放进Black Box的元素。每个数都是绝对值不超过2000000000的整数，M$200000。例如上面的例子就是A=(3，1，一4，2，8，-1000，2)。

2.u(1)，u(2)，…u(N)：表示第u(j)个元素被放进了Black Box里后就出现一个GET命令。例如上面的例子中u=(l，2，6，6)。输入数据不用判错。

输入输出格式

输入格式：

第一行，两个整数，M，N。

第二行，M个整数，表示A(l)

……A(M)。

第三行，N个整数，表示u(l)

…u(N)。

输出格式：

输出Black Box根据命令串所得出的输出串，一个数字一行。

代码（指针板线段树）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 200005;
struct node{
    int l, r;
    int ti;
    node *lson, *rson;
} tree[maxn << 1];
struct number{
    long long val;
    int pos;
} a[maxn];
int u[maxn], s[maxn];
int n, m;
int t = 0;
bool comp(const number & a, const number & b)
    {
        return a.val < b.val;
    }
void build(node *rt, long long l, long long r)
    {
        rt->l = l; rt->r = r;
        rt->ti = 0;
        if(l!=r)
            {
                rt->lson = &tree[++ t];
                rt->rson = &tree[++ t];
                int mid = (rt->l + rt->r) >> 1;
                build(rt->lson, l, mid);
                build(rt->rson, mid+1, r);
            }
    }
void update(node *rt, int u)
    {
        if(rt->l == u && rt->r == u)
            {
                rt->ti ++;
                return ;
            }
        rt->ti ++;
        int mid = (rt->l + rt->r) >> 1;
        if(u <= mid)    update(rt->lson, u);
        else update(rt->rson, u);
    }
int query(node *rt, int k)
    {
        if(rt->l == rt->r)    return rt->l;
        if(rt->lson->ti >= k)    return query(rt->lson, k);
        else    return query(rt->rson, k - rt->lson->ti);
    }
int main()
{
    int j = 1;
    scanf("%d%d", &m, &n);
    for(int i = 1; i <= m; i ++)    scanf("%lld", &a[i].val), a[i].pos = i;
    for(int i = 1; i <= n; i ++)    scanf("%d", &u[i]);
    sort(a +1, a +m+1, comp);
    for(int i=1; i <= m; i++)    s[a[i].pos] = i;
    build(tree, 1, m);
    for(int i = 1; i <=m; i ++)
        {
            
            update(tree, s[i]);
            while(i == u[j])
                {
                    printf("%lld\n", a[query(tree, j)].val);
                    ++ j;
                }
        }
    return 0;
}