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【BZOJ 1058】 [ZJOI2007]表格统计

热度:408   发布时间:2016-04-29 02:02:03.0
【BZOJ 1058】 [ZJOI2007]报表统计

1058: [ZJOI2007]报表统计

Time Limit: 15 Sec  Memory Limit: 162 MB
Submit: 2013  Solved: 708
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Description

小Q的妈妈是一个出纳,经常需要做一些统计报表的工作。今天是妈妈的生日,小Q希望可以帮妈妈分担一些工作,作为她的生日礼物之一。经过仔细观察,小Q发现统计一张报表实际上是维护一个可能为负数的整数数列,并且进行一些查询操作。在最开始的时候,有一个长度为N的整数序列,并且有以下三种操作: INSERT i k 在原数列的第i个元素后面添加一个新元素k; 如果原数列的第i个元素已经添加了若干元素,则添加在这些元素的最后(见下面的例子) MIN_GAP 查询相邻两个元素的之间差值(绝对值)的最小值 MIN_SORT_GAP 查询所有元素中最接近的两个元素的差值(绝对值) 例如一开始的序列为 5 3 1 执行操作INSERT 2 9将得到: 5 3 9 1 此时MIN_GAP为2,MIN_SORT_GAP为2。 再执行操作INSERT 2 6将得到: 5 3 9 6 1 注意这个时候原序列的第2个元素后面已经添加了一个9,此时添加的6应加在9的后面。这个时候MIN_GAP为2,MIN_SORT_GAP为1。于是小Q写了一个程序,使得程序可以自动完成这些操作,但是他发现对于一些大的报表他的程序运行得很慢,你能帮助他改进程序么?

Input

第一行包含两个整数N,M,分别表示原数列的长度以及操作的次数。第二行为N个整数,为初始序列。接下来的M行每行一个操作,即“INSERT i k”,“MIN_GAP”,“MIN_SORT_GAP”中的一种(无多余空格或者空行)。

Output

对于每一个“MIN_GAP”和“MIN_SORT_GAP”命令,输出一行答案即可。

Sample Input

3 5
5 3 1
INSERT 2 9
MIN_SORT_GAP
INSERT 2 6
MIN_GAP
MIN_SORT_GAP

Sample Output

2
2
1

HINT

对于100%的数据,N , M ≤500000 对于所有的数据,序列内的整数不超过5*10^8。


平衡树的题,我用STL水过去的。。


首先说STL的做法:

st[i],ed[i]是类似于链表的数组,表示i这一位第一个插入得数和最后一个插入的数。


b是multiset类型,记录的是当前所有的数字。


a是multiset类型(因为有删除操作),记录的是所有相邻数的差值。


q是优先队列,记录的是与每一个点权值相邻的数的差值。


对于Insert(p,x),首先要在a中删除p与p+1原本相邻点的差值,加入目前差值;

并在q中加入与x权值相邻的数的差值;

最后修改ed数组。


查询直接输出第一个即可。


#include <iostream>#include <cstdio>#include <map>#include <algorithm>#include <cstring>#include <cstdlib>#include <queue>#include <set>#define M 500005using namespace std;char str[50];int st[M],ed[M],n,m;multiset<int> a,b;map<int,int> mp;priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q;void read(int &tmp){	tmp=0;	char ch=getchar();	int fu=1;	for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())		if (ch=='-') fu=-1;	for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())		tmp=tmp*10+ch-'0';	tmp*=fu;}void Insert(int x){	mp[x]++;	if (mp[x]==1) a.insert(x);}void Push(int x){	int l=*--b.lower_bound(x),r=*b.lower_bound(x);	q.push(min(x-l,r-x));	b.insert(x);}int main(){        read(n),read(m);	int x;	int inf=1000000000;	b.insert(inf),b.insert(-inf);	for (int i=1;i<=n;i++)		read(x),Push(x),st[i]=ed[i]=x;	for (int i=2;i<=n;i++)	{		int now=abs(st[i]-st[i-1]);		Insert(now);	}	for (int i=1;i<=m;i++)	{		scanf("%s",str);		if (str[0]=='I')		{			int p,x;			read(p),read(x);			if (p!=n)			{				int now=abs(ed[p]-st[p+1]);				mp[now]--;				if (!mp[now]) a.erase(now);			    Insert(abs(x-st[p+1]));			}			Insert(abs(ed[p]-x));			ed[p]=x;			Push(x);		}		else if (str[4]=='S') printf("%d\n",q.top());		else printf("%d\n",*a.begin());	}	return 0;}




接下来说一下标准做法:

就是把STL的部分换成splay来维护,每个点记录与他相邻点的权值,以及以他为根的子树的最小值;


因为有两种询问,所以要开两种splay(以位置为关键字,以权值为关键字)