hdu_5818_Joint Stacks(线段树模拟)

题目链接：hdu_5818_Joint Stacks

题意：

给你两个栈，多了个合并操作，然后让你模拟

题解：

很容易想到O(1)的单个栈操作，O(n)的合并操作，这样肯定超时，所以我们要将时间复杂度均摊一下，让每个操作都是logn的，于是用上了线段树模拟。

线段树考虑染色，线段树的区间代表的是操作编号，0代表为A栈，1代表为B栈，每次merge 就把1到i这个区间染成指定颜色，然后pop就在线段树中找最右边的对应颜色的点。这样每次操作都是logn

不过官方题解给的是O(n)的解法，反正我是没想到的，感觉智商被压制。

第一份代码是线段树O(nlogn)，第二份代码是数组模拟O(n)。也就只能快400ms

Joint Stacks

比较简单巧妙的一个做法是引入一个新的栈C，每次合并的时候就把A和B合并到C上，然后把A和B都清空. push还是按正常做，pop注意当遇到要pop的栈为空时，因为题目保证不会对空栈进行pop操作，所以这时应直接改为对C栈进行pop操作. 这样做因为保证每个元素最多只在一次合并中被处理到，pop和push操作当然也是每个元素只做一次，所以总复杂度是O(N)的. 另一种做法是用链表来直接模拟，复杂度也是O(N)，但代码量稍大一些.

#include<bits/stdc++.h>
#define F(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
using namespace std;
typedef pair<int,int>P;

const int N=5e4+7;
int eda,edb,edc,n,tp,ic=1,c
;
char op[10],x[2],y[2];
P a
,b
;

int main()
{
while(scanf("%d",&n),n)
{
printf("Case #%d:\n",ic++);
eda=edb=edc=0;
F(i,1,n)
{
scanf("%s",op);
if(op[0]=='p'&&op[1]=='u')
{
scanf("%s%d",x,&tp);
if(x[0]=='A')a[++eda].first=tp,a[eda].second=i;
else b[++edb].first=tp,b[edb].second=i;
}else if(op[0]=='p')
{
scanf("%s",x);
if(x[0]=='A')
{
if(eda)printf("%d\n",a[eda--].first);
else printf("%d\n",c[edc--]);
}else
{
if(edb)printf("%d\n",b[edb--].first);
else printf("%d\n",c[edc--]);
}
}else
{
scanf("%s%s",x,y);
for(int ii=1,jj=1;ii<=eda||jj<=edb;)
{
if(ii<=eda&&jj<=edb)
{
if(a[ii].second<b[jj].second)c[++edc]=a[ii].first,ii++;
else c[++edc]=b[jj].first,jj++;
}else if(ii<=eda)c[++edc]=a[ii].first,ii++;
else if(jj<=edb)c[++edc]=b[jj].first,jj++;
}
eda=0,edb=0;
}
}

}
return 0;
}