BZOJ3932 [CQOI2015]任务查询系统 【主席树】
2018-01-06 20:12
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题目
最近实验室正在为其管理的超级计算机编制一套任务管理系统,而你被安排完成其中的查询部分。超级计算机中的任务用三元组(Si,Ei,Pi)描述,(Si,Ei,Pi)表示任务从第Si秒开始,在第Ei秒后结束(第Si秒和Ei秒任务也在运行
),其优先级为Pi。同一时间可能有多个任务同时执行,它们的优先级可能相同,也可能不同。调度系统会经常向
查询系统询问,第Xi秒正在运行的任务中,优先级最小的Ki个任务(即将任务按照优先级从小到大排序后取前Ki个
)的优先级之和是多少。特别的,如果Ki大于第Xi秒正在运行的任务总数,则直接回答第Xi秒正在运行的任务优先
级之和。上述所有参数均为整数,时间的范围在1到n之间(包含1和n)。
输入格式
输入文件第一行包含两个空格分开的正整数m和n,分别表示任务总数和时间范围。接下来m行,每行包含三个空格分开的正整数Si、Ei和Pi(Si≤Ei),描述一个任务。接下来n行,每行包含四个空格分开的整数Xi、Ai、Bi和Ci,
描述一次查询。查询的参数Ki需要由公式 Ki=1+(Ai*Pre+Bi) mod Ci计算得到。其中Pre表示上一次查询的结果,
对于第一次查询,Pre=1。
输出格式
输出共n行,每行一个整数,表示查询结果。输入样例
4 31 2 6
2 3 3
1 3 2
3 3 4
3 1 3 2
1 1 3 4
2 2 4 3
输出样例
28
11
提示
样例解释K1 = (1*1+3)%2+1 = 1
K2 = (1*2+3)%4+1 = 2
K3 = (2*8+4)%3+1 = 3
对于100%的数据,1≤m,n,Si,Ei,Ci≤100000,0≤Ai,Bi≤100000,1≤Pi≤10000000,Xi为1到n的一个排列
题解
求第K大的题目,一般都可以用主席树维护权值出现的次数①离散权值,即优先级
②用差分来维护权值出现次数,在S处+1,E+1处-1
③主席树维护差分数组前缀和,即可二分求第K大
【代码能力差,用黄学长的程序对拍了5次才改对QAQ】
#include<iostream> #include<cmath> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define LL long long int #define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) #define Redge(u) for (int k = h[u]; k != -1; k = ed[k].nxt) #define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<' '; puts(""); using namespace std; const int maxn = 100005,maxm = 20000005,INF = 1000000000; inline int RD(){ int out = 0,flag = 1; char c = getchar(); while (c < 48 || c > 57) {if (c == '-') flag = -1; c = getchar();} while (c >= 48 && c <= 57) {out = (out << 3) + (out << 1) + c - '0'; c = getchar();} return out * flag; } LL V[maxm],Pre = 1; int S[maxn],E[maxn],P[maxn]; int m,n,ei = 0,T = 0; int B[maxn],N = 1; int rt[2 * maxn],RT[maxn],rti = 0,siz = 0; int sum[maxm],ls[maxm],rs[maxm]; struct Node{int pos,v,t;}e[2 * maxn]; inline bool operator <(const Node& a,const Node& b){return a.pos < b.pos;} int getn(int x){return lower_bound(B + 1,B + 1 + N,x) - B;} void pup(int u){sum[u] = sum[ls[u]] + sum[rs[u]]; V[u] = V[ls[u]] + V[rs[u]];} void build(int& u,int l,int r){ u = ++siz; if (l == r) return; int mid = l + r >> 1; build(ls[u],l,mid); build(rs[u],mid + 1,r); } void modify(int& u,int pre,int l,int r,int pos,int v){ sum[u = ++siz] = sum[pre]; V[u] = V[pre]; ls[u] = ls[pre]; rs[u] = rs[pre]; if (l == r) {sum[u] += v; V[u] += B[l] * v; return;} int mid = l + r >> 1; if (mid >= pos) modify(ls[u],ls[pre],l,mid,pos,v); else modify(rs[u],rs[pre],mid + 1,r,pos,v); pup(u); } //int cnt = 0; LL query(int u,int l,int r,int k){ //if (cnt == 2) printf("k = %d [%d,%d] sum = %d V = %lld\n",k,l,r,sum[u],V[u]); if (l == r) return (LL)B[l] * k; int mid = l + r >> 1,t = sum[ls[u]]; if (t >= k) return query(ls[u],l,mid,k); return V[ls[u]] + query(rs[u],mid + 1,r,k - t); } void work(){ LL X,a,b,c,K; while (n--){ //cnt++; X = RD(); a = RD(); b = RD(); c = RD(); K = 1 + (a * Pre + b) % c; //printf("x:%lld k:%lld V = %lld\n",X,K,V[rt[RT[X]]]); if (K >= sum[rt[RT[X]]]) printf("%lld\n",Pre = V[rt[RT[X]]]); else printf("%lld\n",Pre = query(rt[RT[X]],1,N,K)); } } int main(){ //freopen("in.txt","r",stdin); //freopen("out1.txt","w",stdout); m = RD(); n = RD(); T = n + 1; REP(i,m){ S[i] = RD(),E[i] = RD(),B[i] = P[i] = RD(); } sort(B + 1,B + 1 + m); for (int i = 2; i <= m; i++) if (B[i] != B ) B[++N] = B[i]; REP(i,m) P[i] = getn(P[i]),e[++ei] = (Node){S[i],P[i],1},e[++ei] = (Node){E[i] + 1,P[i],-1}; sort(e + 1,e + 1 + ei); build(rt[0],1,N); RT[0] = 0; for (int i = 1,p = 1; i <= T; i++){ while (p <= ei && e[p].pos == i) modify(rt[rti + 1],rt[rti],1,N,e[p].v,e[p].t),p++,rti++; RT[i] = rti; } work(); return 0; }
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