P1801 黑匣子_NOI导刊2010提高(06) 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)…

这道题是提高+省选-的难度,做出来的话对数据结构题目的理解会增加很多. 可以使用一种叫做对顶堆的东西,对顶堆是在线维护第n小的logn的算法.大概的思路是,假如我们要找的是第n小,我们就维护一个大小为n的(位于下方的)大顶堆,(位于上方的)小顶堆中每个元素都比大顶堆的大.在这道题中,n不变时每次有新的比他小的就把堆顶弹出到对顶(也就是小顶堆)的堆顶,每次n扩大的时候就从(上面的)小顶堆里取出堆顶放进大顶堆的堆顶…… 但是看样子应该其他平衡树也是可以解决这个问题的.比如支持快速名次的splay?还…

这道题是一道splay裸题,然而身为蒟蒻的我并不会,所以这道题我维护的是一个大根堆与一个小根堆结合起来的类似沙漏的结构. 本题难点在于询问的不是最大最小值,而是第K小值,所以我们想到了维护这样两个堆,上面是一个大小限定为K-1的大根堆,下面是一个小根堆,每次插入/查询操作时,保持前K-1大的始终在大根堆内. 插入/查询函数: int heap[200005][3],hsize[3]; int m,n,num[200005],temp; void put(int x,int i){ heap[++…

题目传送门 分析:这题和另外一个题目中位数非常相似,有兴趣可以先看看,比这一题简单.首先暴力模拟还是别想了,估计30%的数据都有点悬.正解应该是用二叉堆.但是如果用一个堆当然不方便,所以建两个堆,一个大根堆,一个小根堆,每次只要出现询问操作,就把小根堆的堆顶丢进大根堆中维护,然后输出就可以了,但是要注意,操作过程中一定要让大根堆的堆顶小于小根队的堆顶,也就是保证大根堆中的元素就是题目中的前i小的元素.这样题目就变的非常容易了. Code: #include<cstdio> #include&l…

题目大意:两个操作:向一个可重集中加入一个元素:询问第$k$大的数($k$为之前询问的个数加一) 题解:离散化,权值线段树直接查询 卡点:无 C++ Code: #include <cstdio> #include <algorithm> #define maxn 200010 int s[maxn], v[maxn]; int ret[maxn]; int n, m; int V[maxn << 2]; void add(int rt, int l, int r, i…

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) 现在要求找出对于给定的命令串的最好的处理方法.AD…

昨晚恶补了一下二叉堆的内容 然后就找了几个二叉堆的题来做awa 然后发现用二叉堆做这题复杂度是O(nlogn) 但是有O(n)的解法 (某大佬这么说) 思路大概就是: 利用一个大根堆一个小根堆来维护第k小,并没有强制在线 不强制在线,所以我们直接读入所有元素,枚举询问,因为 要询问第k小,所以把前面的第k个元素都放进大根堆里面, 然后如果元素数量大于k,就把堆顶弹掉放到小根堆里面, 使大根堆的元素严格等于k,这样这次询问的结果就是小根 堆的堆顶了(前面k-1小的元素都在大根堆里面了) 记得在完成…

题面 离线处理: 大体思路就是将数组排序,然后对于第k次询问把不可行的数打上标记,然后从头开始寻找第k个没打标记的点的值(排序后的数组保证了它是第k小的). 实现方法:首先离散化原始数组,得到数组find[],find[i]=j表示原位置为i的数从小到大排序后的位置是j. a[]数组表示原数组,b[]数组存每次询问到第几个位置.n个数,m个询问. 由于询问的b[]是递增的,所以仅仅需要排序1~b[m]即可:(因为不可能输出b[m]以后的数,所以可以忽略b[m]以后的数对答案的影响) 排序后,倒着…

题目链接 一道有点意思的题目 我们可以维护两个优先队列:pqmin和pqmax 其中 pqmin 是小根堆, pqmax 是大根堆 每次 add 一个数字,则将数字推入到 pqmin 中 每次 get 时,从 pqmin 的堆顶拿出一个数字并输出,然后把这个数字推入到 pqmax 中 维护 pqmax 中的每一个元素都小于等于 pqmin,即每次向pqmin推入元素后,比较 pqmax 和 pqmin 的堆顶元素.如果 pqmax 堆的堆顶元素大于 pqmin 堆顶的元素,则将 pqmin 堆顶…

黑匣子 题目链接 看到题解中“维护两个堆”,突然想到了这道题的解法 维护两个堆:大根堆h1, 小根堆h2 大根堆里的是最小的i个值,小根堆里是剩下的值 每Add一个值时 插入到小根堆中, 再比较小根堆的最小值与大根堆的最大值 若h2.top()<h1.top() 将两个元素取出,换一下再放进去 需要Get时 将h2.top()取出,放进h1中, 再输出h1.top() #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdi…