[bzoj5178] [Jsoi2011] 棒棒糖

这道题需要用主席树维护，基本上算是裸题。

题目传送门

简单介绍一下主席树：

就是线段树的可持久化，每次新建版本时，都新建一个根，递归新建所有值发生改变的节点。

与普通线段树不同的是，主席树需要记录节点的左右儿子编号。

具体到这道题，从1到n一个一个往主席树里加棒棒糖。

每加一个就建一个新版本。

然后需要把之前版本的信息整合（这道题直接相加就行）到当前版本上。

查询的时候，如果查询区间[l,r]，就在第r个版本和第l-1个版本的差里查询即可。

注意主席树需要很大空间。

除了原树（这道题没有原树）的4倍空间以外，每新建一个版本都需要额外的log n的空间。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<algorithm>
 4 using namespace std;
 5
 6 int n,m;
 7 int root[50005],tot,v[850005];
 8 int ls[850005],rs[850005];
 9
10 void add(int &num,int lb,int rb,int c)
11 {
12     if(num==0)num=++tot;
13     v[num]++;
14     if(lb==rb)return;
15     int mid=(lb+rb)>>1;
16     if(c<=mid)add(ls[num],lb,mid,c);
17     else add(rs[num],mid+1,rb,c);
18 }
19
20 void merge(int fr,int &to)
21 {
22     if(to==0){to=fr;return;}
23     if(fr==0)return;
24     v[to]+=v[fr];
25     merge(ls[fr],ls[to]);
26     merge(rs[fr],rs[to]);
27 }
28
29 int ask(int px,int py,int lb,int rb,int mv)
30 {
31     if(v[py]-v[px]<=mv)return 0;
32     if(lb==rb)return lb;
33     int mid=(lb+rb)>>1;
34     if(v[ls[py]]-v[ls[px]]>=v[rs[py]]-v[rs[px]])
35         return ask(ls[px],ls[py],lb,mid,mv);
36     else
37         return ask(rs[px],rs[py],mid+1,rb,mv);
38 }
39
40 int main()
41 {
42     scanf("%d%d",&n,&m);
43     for(int i=1;i<=n;i++)
44     {
45         int t;
46         scanf("%d",&t);
47         add(root[i],1,50000,t);
48         merge(root[i-1],root[i]);
49     }
50     for(int i=1;i<=m;i++)
51     {
52         int l,r;
53         scanf("%d%d",&l,&r);
54         printf("%d\n",ask(root[l-1],root[r],1,50000,(r-l+1)/2));
55     }
56     return 0;
57 }

bzoj 5178

代码还算简单，跟线段树差不多。

这里还有一道一模一样的题：[bzoj3524] [POI2014] KUR-Couriers

bzoj3524传送门（ tu hao 题，这个门就是开玩笑的）

洛谷P3567传送门（这个是正经能用的）

这道题的数据范围是棒棒糖的十倍。

把棒棒糖那道题的数组大小改一下就行了。

其他的真的一模一样，不上代码了。

原文地址：https://www.cnblogs.com/eternhope/p/9606588.html