POJ 2886 线段树对约瑟夫问题的模拟

这个问题其实就是对约瑟夫问题的模拟，单纯的暴力模拟肯定是会超时的，用线段树来优化，只要算出当前要走的人在当前的数组中是第几个人就可以了

刚开始的时候没怎么弄明白，后来看了人家的分析之后才茅塞顿开

如果当前走的是第k个人，他报的数是m，那么下一个要走的人就是 k-1+m（当然还得取模）。为什么是这样呢，k走了之后，其实k之后的人相当于都向前挪了一个位置，所以需要减一个1. 在取完模以后，算得的结构就是下次要走的人是当前队伍中的第几个人，然后通过线段树去查找一下就好，线段树的节点记录其对应区间内的人数和，所以，查找时只需：

如果查找的第x个人不超过左子树的节点值，即左子树中有那么多的人，此时往左子树查找；否则，往右子树查找，但是要注意，必须将查找的人数减去左子树的人数

找到人之后应该对该节点（人最后肯定是一个节点）及其所有父节点的值更新，节点的值减1，然后push_up一下就好了，返回的值就是该人在最初队列中的坐标

下面还有一个问题，怎么使得他的约数个数最多呢？？网上有很多解法都是反素数，在这里我用了筛法，把1-500000的每个数的约数个数给算出来了，具体怎么筛的通过代码很容易看出来，筛完之后，在ans数组里记录的是ans[i]表示有i个人时最多能得到的糖的数量，index[i]记录当有i个人时，第index[i]个跳出的孩子能得到最多的糖

以下就是代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define FF(i,a,b) for(int i=a; i<b; i++)
const int MAX = 500010;
int sum[MAX<<2];
template <class T>
T max(T a,T b)
{
return (a>b)?a:b;
}
void push_up(int rt)
{
sum[rt] = sum[rt<<1]+sum[rt<<1|1];
}
void build(int l,int r,int rt)
{
if(l==r)
{
sum[rt] = 1;
return;
}
int mid = r+l>>1;
build(l,mid,rt<<1);
build(mid+1,r,rt<<1|1);
push_up(rt);
}
int update(int p,int l,int r,int rt)
{
if(l==r)
{
sum[rt] = 0;
return l;
}
int mid = r+l>>1;
int res;
if(p<=sum[rt<<1]) res = update(p,l,mid,rt<<1);
else res = update(p-sum[rt<<1],mid+1,r,rt<<1|1);
push_up(rt);
return res;
}
struct point
{
char s[15];
int x;
}ch[MAX];
int f[MAX];
int ans[MAX];
int index[MAX];
int main()
{
int n,k;
memset(f,0,sizeof(f));
//下面的双重循环就是筛法求约数个数，f里存的是除1和本身外的约数个数
for(int i=2; i*2<MAX; i++)
for(int j=i*2; j<MAX; j+=i)
f[j]++;
ans[1] = 1;
index[1] = 1;
for(int i=2; i<MAX; i++)
if(ans[i-1]>=f[i]+2)
{
ans[i] = ans[i-1];
index[i] = index[i-1];
}
else
{
ans[i] = f[i]+2;
index[i] = i;
}
while(scanf("%d%d",&n,&k)==2)
{
build(1,n,1);
for(int i=1; i<=n; i++)
scanf("%s%d",ch[i].s,&ch[i].x);
int x = index
;
int tt;
for(int i=0; i<x; i++)
{
tt = update(k,1,n,1);
if(i==x-1) break;
if(ch[tt].x>0) k = (k+ch[tt].x-2)%sum[1]+1; //计算下一次的跳出的人在现在这个队列中排第几
//注意是从1开始记得，所以最后有个+1，括号里是-2，自己算一下就能体会
else k = ((k+ch[tt].x-1)%sum[1]+sum[1])%sum[1]+1; //与上面原理一样
}
printf("%s %d\n",ch[tt].s,ans
);
}
return 0;
}