poj万人题

poj提交数量过万的题，除了水爆了的题就是无比经典的，不得不刷的题。 准备将poj上提交次数过万的题刷个遍。 持续更新中。。。

poj 2828（线段树）

此题乃是Zhu, Zeyuan神牛出的，拿到题目就觉得这题真的是很有意思，苦想一天无果。 感叹大神的思维果真奇妙。 随随便便提出的问题都成为了如此经典。看了下讨论发现貌似不好想，再尝试了下发现有些问题还是没有想出解决掉方法，而且越来越混乱， 无奈只能看题解了。。。

由于插队是具有最高优先级，而且显然最后一个人插在哪里那么他的最终位置就是哪里。 所以可以从后往前看。先将最后一个人放好，再根据最后一个人的位置判断倒数第二个人的位置。 由此如果能在得知后n个点的位置推出从后往前第n+1个点的位置，那么这题就可以得到完美解决。直接模拟的话需要n*n的复杂度，明显不行。

用num[s]表示从l[s]到r[s]中还有多少空格可以放入(l[s]表示这段线段的左端点，r[s]表示这段线段的右端点)

当要插入到当前线段的第i个位置时，其实并不一定能插到i的位置，因为如果从起点到i上已经有点了，那么表示这点必须得后退，且出现一个点后退一步，且后退途中遇到新的点又得多后退一步。

到底是插入到左段还是右段 如果i<=num[2*s] （插入点的位置小于左段可插入的个数）,那么就插入左段，否则插入右段且更新插入位置，i变成i-(cntleft-cnthave) 或者i+cnthave-cntleft其中cntleft表示左端的点个数cnthave表示左端有多少点已经插入了。  这个是用线段树的关键所在，可以举几个例子推一下。

 1 #include <iostream>
 2 #include <stdio.h>
 3 #include <string.h>
 4 #include <string>
 5 #include <algorithm>
 6 #include <math.h>
 7 #include <stdlib.h>
 8 using namespace std;
 9 #define N 200200
10
11 int n;
12 int gp[N],gv[N];
13 int l[4*N],r[4*N],num[4*N];
14 int ans[N];
15
16 void build(int tl,int tr,int s)
17 {
18     l[s]=tl;
19     r[s]=tr;
20     if(tl==tr)
21     {
22         num[s]=1;
23         return ;
24     }
25     int mid=(tl+tr)/2;
26     build(tl,mid,2*s);
27     build(mid+1,tr,2*s+1);
28     num[s]=num[2*s]+num[2*s+1];
29 }
30
31 void update(int x,int w,int s)
32 {
33     if(l[s]==r[s])
34     {
35         ans[l[s]]=w;
36         num[s]=0;
37         return ;
38     }
39     if(x<=num[2*s])//左段又足够的空间，且要插入的位置比较靠前
40         update(x,w,2*s);
41     else //左段不够，必须得到右边
42         update(x-num[2*s],w,2*s+1);
43     num[s]--;
44 }
45
46
47 int main()
48 {
49     while(scanf("%d",&n)!=EOF)
50     {
51         memset(num,0,sizeof(num));
52         build(1,n,1);
53         for(int i=1;i<=n;i++)
54             scanf("%d%d",gp+i,gv+i);
55         for(int i=n;i>=1;i--)
56         {
57             update(gp[i]+1,gv[i],1);
58         }
59         for(int i=1;i<n;i++)
60             printf("%d ",ans[i]);
61         printf("%d\n",ans[n]);
62
63     }
64     return 0;
65 }