并不对劲的复健训练-bzoj5249:loj2472:p4364[2018多省联考]IIIDX

题目大意

给出\(n,k,d_1,...,d_n\)(\(n\leq 5\times 10^5,1<k\leq 10^9,d\leq 10^9,k\in R\))。有一个满足 对于每个点\(i\)它的父亲是\(\lfloor\frac{i}{d}\rfloor\)（若为0则没父亲）的森林，将\(d_1,...,d_n\)分配给森林中的每个点，设第\(i\)号点分配的权值为\(w_i\)，满足\(w_i\)不超过子树中所有点的点权，且使\(w_1\)尽量大，\(w_1\)相同时使\(w_2\)尽量大……以此类推。

题解

subtask 1/2：\(d\)互不相同，55pts

先将\(d\)从大到小排序，把树建出来，设点\(i\)的字数大小为\(siz_i\)。

从1号点考虑：\(w_1\)越大越好，而有\(siz_1\)个\(w\)是必须大于等于\(w_1\)的，那么\(w_1\)取\(d_{siz_1}\)最好。

考虑完一号点之后，发现一号点子树里的点只能取\(d_i,i\in[1,siz_1-1]\)。

就可以对于每个点维护\([l_i,r_i]\)表示当前这个点的子树中的点只能在该区间中取。

每考虑一个点\(x\)，就令\(w_x=d_{l_{fa_x}+siz_x-1}\)，并将\([l_x,r_x]\)更新为\([l_{fa_x},l_{fa_x}+siz_x-2]\)，将\([l_{fa_x},r_{fa_x}]\)更新为\([l_{fa_x}+siz_x,r_{fa_x}]\)。

subtask 2/2：无特殊限制，45pts

发现上一个subtask的方法的问题在于，当\(d\)排序后长成“!!!!!@@@@@##”（相同的符号表示相同的数）时，如果 \(siz_1=7\)，那么分配给1号点的子树的数就是“!!!!!@@”，如果2号点不在1号点的子树中，把“!!@@@@@”给1号点的子树，2号点就有机会分到“!”。

也就是说，这个时候考虑每一个点时，选的位置应满足：1.左边的可用的数的个数大于等于\(siz_i\)；2.在去重后的序列中尽可能靠左；3.在同色段中尽可能靠右。

这时还有一个小问题：因为选的点在同色段中尽可能靠右，所以它左边可用的数的个数可能会大于\(siz_i\)，这个时候不好规定它的子树中的点具体取哪个区间（或哪些）数。

但是可以把它转化成一些形如“对于\(i\in[1,x]\)，有\(siz_p\)个\(d\)已经被取了”的事件，和形如“求还可以取\(siz_q\)个的、在去重后的序列中最靠左、在同色段中最靠右的位置”的询问。

可以维护\(a_j\)表示对于\(i\in[1,j]\)还有\(a_j\)个\(d_i\)没有被取。

对于一个“事件”，\(j\in[x,n]\)的部分肯定都有\(a_j-=siz_p\)。

另一部分之所以难求，是因为不知道具体取了哪\(siz_p\)个数。这部分可以这样处理：按编号从小到大考虑每个点，这样先考虑的点一定比后考虑的点更需要更大的\(d\)。这样这部分的\(a_j\)就变成了“当每个事件都尽可能往后取时，对于\(i\in[1,j]\)还有\(a_j\)个\(d_i\)没有被取”。记每个事件只处理\(j\in[x,n]\)得到的数为\(a'_j\)，那么就有\(a_j=min\{a‘_c|c\in[j,n]\}\)。

直接维护\(a\)很麻烦，考虑维护\(a'\)：这样每个查询就变成了求最靠前的不少于\(siz_q\)后缀最小值，可以在线段树上二分；每个事件就变成了把\([x,n]\)区间减\(siz_p\)。

还要注意一个小问题：考虑到一个点时，应将它父亲为它父亲的子树留出的（不包括它父亲本身）部分去掉，即将\([x,n]\)加\(siz_p-1\)。这样也不用担心考虑别的子树时算到这部分，因为点\(i\)的父亲是\(\lfloor\frac{i}{d}\rfloor\)，所以同层（即父亲相同）的点是连着考虑的，在考虑到别的子树中的点时已经把这部分又减回去了。

代码

#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<iomanip>
#include<iostream>
#include<map>
#include<queue>
#include<set>
#include<stack>
#include<vector>
#define rep(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);++i)
#define dwn(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);--i)
#define maxn 500007
#define maxm 1000007
#define D double
#define ls (u<<1)
#define rs (u<<1|1)
#define mi (l+r>>1)
using namespace std;
int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)&&ch!='-')ch=getchar();if(ch=='-')f=-1,ch=getchar();
	while(isdigit(ch))x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;
}
void write(int x)
{
	if(x==0){putchar('0'),putchar(' ');return;}int f=0;char ch[20];if(x<0)putchar('-'),x=-x;
	while(x)ch[++f]=x%10+'0',x/=10;while(f)putchar(ch[f--]);putchar(' ');return;
}
D K;
int n,d[maxn],sz[maxn],now,anc[maxn],ans[maxn];
int cntnd,ed[maxn],used[maxn],tr[maxn<<2],mk[maxn<<2];
void pu(int u){tr[u]=min(tr[ls],tr[rs]);}
void mark(int u,int k){tr[u]+=k,mk[u]+=k;}
void pd(int u){if(mk[u]){mark(ls,mk[u]),mark(rs,mk[u]),mk[u]=0;}}
void build(int u,int l,int r)
{
	if(l==r){tr[u]=l;return;}
	build(ls,l,mi),build(rs,mi+1,r),pu(u);return;
}
void add(int u,int l,int r,int x,int y,int k)
{
	if(x<=l&&r<=y){mark(u,k);return;}
	pd(u);
	if(x<=mi)add(ls,l,mi,x,y,k);
	if(y>mi)add(rs,mi+1,r,x,y,k);
	pu(u);return;
}
int ask(int u,int l,int r,int k)
{
	if(l==r){if(tr[u]<k)return l+1;return l;}
	pd(u);
	if(tr[rs]>=k)return ask(ls,l,mi,k);
	else return ask(rs,mi+1,r,k);
}
int num(int u,int l,int r,int x)
{
	if(x<=l&&r<=x)return tr[u];
	pd(u);
	if(x<=mi)return num(ls,l,mi,x);
	else return num(rs,mi+1,r,x);
}
int main()
{
	scanf("%d%lf",&n,&K);
	rep(i,1,n)d[i]=read(),anc[i]=(D)i/K;
	dwn(i,n,1)sz[i]++,sz[anc[i]]+=sz[i];
	sort(d+1,d+n+1);reverse(d+1,d+n+1);int now=0;
	dwn(i,n,1)
	{
		if(i==n||d[i]!=d[i+1])ed[i]=i,used[i]=0;
		else ed[i]=ed[i+1];
	}
	build(1,1,n);
	rep(i,1,n)
	{
		if(anc[i]&&anc[i]!=anc[i-1])add(1,1,n,ans[anc[i]],n,sz[anc[i]]-1);
		int pos=ed[ask(1,1,n,sz[i])];used[pos]++,pos-=used[pos]-1;
		ans[i]=pos,add(1,1,n,ans[i],n,-sz[i]);
	}
	rep(i,1,n)write(d[ans[i]]);
	return 0;
}

一些感想

上面有一句话是“这时还有一个小问题：因为选的点在同色段中尽可能靠右，所以它左边可用的数的个数可能会大于\(siz_i\)，这个时候不好规定它的子树中的点具体取哪个区间（或哪些）数。”

然而在做题的时候只想到了上面举的例子和样例，就觉得应该把\(i\)子树中的数无脑选为可选范围内最大的一段。

于是就用平衡树维护安排给每个点的数，每考虑一个点，就是从它的父亲中先找出第\(siz_i\)大的数，然后找一个数\(d_x\)使\(d_x\)在\(fa_i\)中，且\(fa_i\)的平衡树中在区间\([第siz_i大的数,d_x]\)的个数大于\(siz_i\)，且\(d_x\)尽可能小。

然后把\(fa_i\)的平衡树在\([第siz_i大的数,d_x]\)这个区间的数都给\(i\)的平衡树，注意\(d_x\)有多个时可能只需要给一部分。

令\(w_i=\)点\(i\)平衡树中最大的数，并从平衡树中删掉这个数。

这样并不是正确的，因为当\(d\)排序后一部分为“!!!!!@@@@@”时，如果\(siz_1=6,siz_2=4\)，分给1的子树的是“!@@@@@”，分给2的子树的是“!!!!”，那么\(w_1=\)@,\(w_2=\)!，但是如果把“!!@@@@”给1号点的子树，“!!!@”给2号点的子树，就能有\(w_1=\)@,\(w_2=\)@。

不过先留着代码吧，万一哪天出题用上了？

#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<iomanip>
#include<iostream>
#include<map>
#include<queue>
#include<set>
#include<stack>
#include<vector>
#define rep(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);++i)
#define dwn(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);--i)
#define maxn 500007
#define maxm 1000007
#define D double
#define ls son[u][0]
#define rs son[u][1]
using namespace std;
int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)&&ch!='-')ch=getchar();if(ch=='-')f=-1,ch=getchar();
	while(isdigit(ch))x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;
}
void write(int x)
{
	if(x==0){putchar('0'),putchar(' ');return;}int f=0;char ch[20];if(x<0)putchar('-'),x=-x;
	while(x)ch[++f]=x%10+'0',x/=10;while(f)putchar(ch[f--]);putchar(' ');return;
}
D K;
int n,d[maxn],sz[maxn],now,anc[maxn];
int son[maxm][2],fa[maxm],cntnd,siz[maxm],key[maxm],num[maxm],rt[maxm];
void pu(int u){if(!u)return;siz[u]=num[u];if(ls)siz[u]+=siz[ls];if(rs)siz[u]+=siz[rs];}
int getso(int u){return son[fa[u]][0]!=u;}
void rot(int u)
{
	int fu=fa[u],ffu=fa[fu],l=getso(u),fl=getso(fu),r=l^1,rson=son[u][r];
	son[u][r]=fu,son[fu][l]=rson;if(ffu)son[ffu][fl]=u;if(rson)fa[rson]=fu;fa[fu]=u,fa[u]=ffu;
	pu(fu),pu(u);
}
void splay(int u,int k,int & root)
{
	while(fa[u]!=k){if(fa[fa[u]]!=k)rot(getso(u)^getso(fa[u])?u:fa[u]);rot(u);}
	if(!k)root=u;
}
void fnd(int k,int & root)
{
	int u=root;
	while(k!=key[u]&&son[u][k>key[u]])u=son[u][k>key[u]];
	splay(u,0,root);
}
int nxt(int k,int f,int & root)
{
	fnd(k,root);int u=root;
	if((key[u]<k&&!f)||(key[u]>k&&f))return u;
	u=son[u][f];if(!u)return u;
	while(son[u][f^1])u=son[u][f^1];
	return u;
}
int build(int l,int r)
{
	int u=l+r>>1;
	if(l<=u-1)ls=build(l,u-1),fa[ls]=u;
	if(r>=u+1)rs=build(u+1,r),fa[rs]=u;
	pu(u);return u;
}
int getp(int k,int & root)
{
	int u=root;
	while(son[u][1])u=son[u][1];
	splay(u,0,root);
	while(1)
	{
		if(siz[rs]>=k)u=rs;
		else if(siz[rs]+num[u]<k)k-=siz[rs]+num[u],u=ls;
		else {/*cout<<"p:"<<u<<endl;*/return u;}
	}
	return -1;
}
int getrt(int k,int & root)
{
	int u=getp(k,root),lk=nxt(key[u],0,root),tpk=k;
	//cout<<"lk:"<<lk<<endl;
	if(lk)splay(lk,0,root),u=son[lk][1];
	else u=root;//cout<<u<<endl;
	while(1)
	{
		if(siz[ls]>=k)u=ls;
		else if(siz[ls]+num[u]<k)k-=siz[ls]+num[u],u=rs;
		else break;
	}
	splay(u,lk,root);k=tpk;
	if(siz[ls]+num[u]==k)
	{
		if(rs)fa[rs]=lk;if(lk)son[lk][1]=rs;else root=rs;
		fa[u]=0,rs=0;
		pu(u),pu(lk);
		return u;
	}
	int res=ls;ls=0;
	int nu=++cntnd;key[nu]=key[u],num[nu]=k-siz[res],num[u]-=k-siz[res],son[nu][key[res]>key[nu]]=res;if(res)fa[res]=nu;
	pu(nu),pu(u);if(lk)pu(lk);
	return nu;
}
int del(int & root)
{
	int u=root;
	while(son[u][0])u=son[u][0];
	splay(u,0,root);
	if(num[u]==1)root=rs,fa[rs]=0;
	else num[u]--,pu(u);
	return key[u];
}
int main()
{
	scanf("%d%lf",&n,&K);
	rep(i,1,n)d[i]=read();
	sort(d+1,d+n+1);int now=0;
	rep(i,1,n)
	{
		now++;
		if(i==n||d[i]!=d[i+1])cntnd++,key[cntnd]=d[i],num[cntnd]=now,now=0;
	}
	rt[0]=build(1,cntnd);
	rep(i,1,n)anc[i]=(D)i/K;
	dwn(i,n,1)sz[i]++,sz[anc[i]]+=sz[i];
	rep(i,1,n)
	{
		rt[i]=getrt(sz[i],rt[anc[i]]);
		write(del(rt[i]));
	}
	return 0;
}