poj2104 K-th Number(主席树)
2015-02-24 02:26
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同一道题开两篇
主席树:
可用于查询:一个数列{a1,a2,…,an}在给定区间[L,R]内 各元素(即所有a1,a2,…,an)的出现次数
这个数据结构由n棵形状相同的线段树构成,第i棵线段树记录:前缀区间[1,i]内 各元素的出现次数
要先将a[]离散化,得到离散化后元素的范围1~m。而线段树的每个节点就对应其中一段子区间,节点值记录区间内所有元素出现次数之和
也就是说:线段树i上的子区间[i,j]之和,就是前缀区间[1,i]内a[i],a[i+1],…,a[j]的出现次数之和
建树:
树i就是在树i-1的基础上,将每一个对应a[i]所在区间的点的权值加1。
比如:离散化后,元素的范围是1~8,a[5]=3,那么树5就是 将树4上对应[1,8],[1,4],[3,4],[3,3]的点权值加1 得到的
因此,所有线段树形状完全相同,只是各节点权值不同,树i上的>=树i-1上的
但是建n棵线段树,空间会达到O(n^2)。解决方法:考虑每一个a[i],只会导致树i有log(n)个结点与树i-1不同,因此我们只新建这log(n)个即可
效果图是树i有很个点都"贴"在之前的树上
找到区间[L,R]:
既然每棵树代表前缀区间,且每棵线段树形状完全相同,那么树R与树L-1各节点对应相减得到的树就是记录[L,R]内各元素出现次数的线段树
询问[L,R]内第k小:在树R减去树L-1得到的树上二分即可
主席树:
可用于查询:一个数列{a1,a2,…,an}在给定区间[L,R]内 各元素(即所有a1,a2,…,an)的出现次数
这个数据结构由n棵形状相同的线段树构成,第i棵线段树记录:前缀区间[1,i]内 各元素的出现次数
要先将a[]离散化,得到离散化后元素的范围1~m。而线段树的每个节点就对应其中一段子区间,节点值记录区间内所有元素出现次数之和
也就是说:线段树i上的子区间[i,j]之和,就是前缀区间[1,i]内a[i],a[i+1],…,a[j]的出现次数之和
建树:
树i就是在树i-1的基础上,将每一个对应a[i]所在区间的点的权值加1。
比如:离散化后,元素的范围是1~8,a[5]=3,那么树5就是 将树4上对应[1,8],[1,4],[3,4],[3,3]的点权值加1 得到的
因此,所有线段树形状完全相同,只是各节点权值不同,树i上的>=树i-1上的
但是建n棵线段树,空间会达到O(n^2)。解决方法:考虑每一个a[i],只会导致树i有log(n)个结点与树i-1不同,因此我们只新建这log(n)个即可
效果图是树i有很个点都"贴"在之前的树上
找到区间[L,R]:
既然每棵树代表前缀区间,且每棵线段树形状完全相同,那么树R与树L-1各节点对应相减得到的树就是记录[L,R]内各元素出现次数的线段树
询问[L,R]内第k小:在树R减去树L-1得到的树上二分即可
#include<stdio.h> #include<stdlib.h> int a[100005]={0},b[100005]={0},c[100005]={0},root[100005]={0},ls[2000000]={0},rs[2000000]={0},sum[2000000]={0}; //ls[x]/rs[x]:点x的左/右孩子编号(若a[1]进入树i-1的右孩子,则树i与树i-1左孩子编号相同), sum[x]:出现次数和 int n,sz=0;//sz所有线段树总节点数 void jh(int* a,int* b) { int t=*a; *a=*b; *b=t; } void kp(int low,int high) { int i=low,j=high,mid=a[(i+j)/2]; while(i<j) { while(a[i]<mid) i++; while(a[j]>mid) j--; if(i<=j) { jh(&a[i],&a[j]); jh(&c[i],&c[j]); i++; j--; } } if(j>low) kp(low,j); if(i<high) kp(i,high); } void tj(int left,int right,int x,int& y,int v) { int mid=(left+right)/2; y=++sz;//树i与树i-1在此节点权值不同,此节点需新建 sum[y]=sum[x]+1;//对应区间内某个数出现次数+1,导致该点的权值+1 if(left==right) return; ls[y]=ls[x];//这一步不能省去:递归下一层要么为左,要么为右,不可能两个都走,没走到的那个节点编号y树与x树相同,在这里赋值 rs[y]=rs[x]; if(v<=mid) tj(left,mid,ls[x],ls[y],v); else tj(mid+1,right,rs[x],rs[y],v); } int cx(int l,int r,int k) { int x=root[l-1],y=root[r],left=1,right=n,mid; while(left<right) { mid=(left+right)/2; if(sum[ls[y]]-sum[ls[x]]>=k)//左 { right=mid; x=ls[x]; y=ls[y]; } else//右 { left=mid+1; k-=sum[ls[y]]-sum[ls[x]]; x=rs[x]; y=rs[y]; } } return left; } int main() { int m,i,l,r,k; scanf("%d%d",&n,&m); for(i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a[i]); c[i]=i; } kp(1,n); for(i=1;i<=n;i++)//离散化 b[c[i]]=i; for(i=1;i<=n;i++) tj(1,n,root[i-1],root[i],b[i]); for(;m>0;m--) { scanf("%d%d%d",&l,&r,&k); printf("%d\n",a[cx(l,r,k)]); } return 0; }
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