POJ 1442 Black Box(Treap)

POJ
1442 Black Box(Treap)
http://poj.org/problem?id=1442
题意:

有一个数据结构支持两种操作A与Get操作,其中A x表示插入x.
Get i表示返回结构中的第i小的数.给你A和Get操作的顺序和参数,现在要你对每个Get输出值.

分析:

其实就是名次树的简单应用而已.且原题中还保证了每个Get都能获得合法的数.

POJ好多BUG啊,代码第48行,如果我用我自己写的operator<直接比较o->ch[d]
和o的大小就无限超时,找了半天BUG.

AC代码:

#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<ctime>
using namespace std;
struct Node
{
    Node *ch[2];
    int r,v,s;
    Node(int v):v(v)
    {
        s=1;
        ch[0]=ch[1]=NULL;
        r=rand();
    }
    bool operator<(const Node &b)const
    {
        return r<b.r;
    }
    int cmp(int x)
    {
        if(x==v)return -1;
        return x<v?0:1;
    }
    void maintain()
    {
        s=1;
        if(ch[0] != NULL) s+=ch[0]->s;
        if(ch[1] != NULL) s+=ch[1]->s;
    }
};
void rotate(Node* &o,int d)
{
    Node *k=o->ch[d^1];
    o->ch[d^1]=k->ch[d];
    k->ch[d]=o;
    o->maintain();
    k->maintain();
    o=k;
}
void insert(Node* &o,int x)//可以插入v值相同的值
{
    if(o==NULL) o=new Node(x);
    else
    {
        int d= (x< (o->v))? 0:1;
        insert(o->ch[d],x);
        if(o->ch[d]->r>o->r)//这里用o->ch[d] > o的话 无限超时***************************
            rotate(o,d^1);
    }
    o->maintain();
}
int kth(Node *o,int k)//返回第k小的值
{
    //if(o==NULL || k<=0 || k>o->s) return 0;
    int s = (o->ch[0]==NULL)? 0:o->ch[0]->s;
    if(k==s+1) return o->v;
    else if(k<=s) return kth(o->ch[0],k);
    else return kth(o->ch[1],k-s-1);
}
const int maxn=30000+10;
int m,n;
int a[maxn],g;
int main()
{
    srand(100);
    Node *root=NULL;//注意这里
    scanf("%d%d",&m,&n);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    int j=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&g);
        for( ;j<=g;j++)
            insert(root,a[j]);
        printf("%d\n",kth(root,i));//
    }
    return 0;
}