BZOJ3224 普通平衡树

本文提供了一个treap数据结构的实现模板,treap是一种结合了二叉搜索树和堆性质的数据结构,支持高效的插入、删除操作及元素查找等功能。文中通过具体的C++代码示例详细解释了treap的操作流程。

treap模板。。。没啥好说的啊。。。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
using namespace std;
int m,sz,root,tmp;
struct Tree
{
    int l,r;
    int num,rnd,w,s;
}tree[400005];
void update(int t)
{
    tree[t].s=tree[tree[t].l].s+tree[tree[t].r].s+tree[t].w;
}
void lturn(int &t)
{
    int k=tree[t].r;
    tree[t].r=tree[k].l;
    tree[k].l=t;
    tree[k].s=tree[t].s;
    update(t);
    t=k;
}
void rturn(int &t)
{
    int k=tree[t].l;
    tree[t].l=tree[k].r;
    tree[k].r=t;
    tree[k].s=tree[t].s;
    update(t);
    t=k;
}
void insert(int &w,int x)
{
    if(!w)
    {
        w=++sz;
        tree[w].rnd=rand();
        tree[w].num=x;
        tree[w].w=1;
        tree[w].s=1;
        return;
    }
    tree[w].s++;
    if(tree[w].num==x)
    {
        tree[w].w++;
        return;
    }
    if(tree[w].num<x)
    {
        insert(tree[w].r,x);
        if(tree[tree[w].r].rnd<tree[w].rnd) lturn(w);
    }
    else if(tree[w].num>x)
    {
        insert(tree[w].l,x);
        if(tree[tree[w].l].rnd<tree[w].rnd) rturn(w);
    }
}
void del(int &w,int x)
{
    if(x==tree[w].num)
    {
        if(tree[w].w>1)
        {
            tree[w].w--;
            tree[w].s--;
            return;
        }
        if(tree[w].l*tree[w].r==0) w=tree[w].l+tree[w].r;
        else if(tree[tree[w].l].rnd<tree[tree[w].r].rnd)
        {
            rturn(w);
            del(w,x);
        }
        else
        {
            lturn(w);
            del(w,x);
        }
    }
    else if(x<tree[w].num)
    {
        del(tree[w].l,x);
        tree[w].s--;
    }
    else
    {
        del(tree[w].r,x);
        tree[w].s--;
    }
}
void query_rank(int w,int x)
{
    if(!w) return;
    if(x==tree[w].num)
    {
        tmp+=tree[tree[w].l].s;
        return;
    }
    else if(x<tree[w].num) query_rank(tree[w].l,x);
    else
    {
        tmp+=tree[tree[w].l].s+tree[w].w;
        query_rank(tree[w].r,x);
    }
}
void query_val(int w,int x)
{
    if(tree[tree[w].l].s<x && x<=tree[tree[w].l].s+tree[w].w)
        printf("%d\n",tree[w].num);
    else if(x<=tree[tree[w].l].s) query_val(tree[w].l,x);
    else query_val(tree[w].r,x-tree[w].w-tree[tree[w].l].s);
}
void before(int w,int x)
{
    if(!w) return;
    if(tree[w].num<x)
    {
        tmp=max(tmp,tree[w].num);
        before(tree[w].r,x);
    }
    else before(tree[w].l,x);
}
void after(int w,int x)
{
    if(!w) return;
    if(tree[w].num>x)
    {
        tmp=min(tmp,tree[w].num);
        after(tree[w].l,x);
    }
    else after(tree[w].r,x);
}
int main()
{
    scanf("%d",&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int op,k;
        scanf("%d",&op);
        if(op==1)
        {
            scanf("%d",&k);
            insert(root,k);
        }
        if(op==2)
        {
            scanf("%d",&k);
            del(root,k);
        }
        if(op==3)
        {
            tmp=1;
            scanf("%d",&k);
            query_rank(root,k);
            printf("%d\n",tmp);
        }
        if(op==4)
        {
            scanf("%d",&k);
            query_val(root,k);  
        }
        if(op==5)
        {
            tmp=0;
            scanf("%d",&k);
            before(root,k);
            printf("%d\n",tmp);
        }
        if(op==6)
        {
            tmp=9999999;
            scanf("%d",&k);
            after(root,k);
            printf("%d\n",tmp);
        }
    }
    return 0;
}
题目描述 有一个 $n$ 个点的棋盘,每个点上有一个数字 $a_i$,你需要从 $(1,1)$ 走到 $(n,n)$,每次只能往右或往下走,每个格子只能经过一次,路径上的数字和为 $S$。定义一个点 $(x,y)$ 的权值为 $a_x+a_y$,求所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 输入格式 第一行一个整数 $n$。 接下来 $n$ 行,每行 $n$ 个整数,表示棋盘上每个点的数字。 输出格式 输出一个整数,表示所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 数据范围 $1\leq n\leq 300$ 输入样例 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 输出样例 25 算法1 (树形dp) $O(n^3)$ 我们可以先将所有点的权值求出来,然后将其看作是一个有权值的图,问题就转化为了在这个图中求从 $(1,1)$ 到 $(n,n)$ 的所有路径中,所有点的权值和的最小值。 我们可以使用树形dp来解决这个问题,具体来说,我们可以将这个图看作是一棵树,每个点的父节点是它的前驱或者后继,然后我们从根节点开始,依次向下遍历,对于每个节点,我们可以考虑它的两个儿子,如果它的两个儿子都被遍历过了,那么我们就可以计算出从它的左儿子到它的右儿子的路径中,所有点的权值和的最小值,然后再将这个值加上当前节点的权值,就可以得到从根节点到当前节点的路径中,所有点的权值和的最小值。 时间复杂度 树形dp的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码 算法2 (动态规划) $O(n^3)$ 我们可以使用动态规划来解决这个问题,具体来说,我们可以定义 $f(i,j,s)$ 表示从 $(1,1)$ 到 $(i,j)$ 的所有路径中,所有点的权值和为 $s$ 的最小值,那么我们就可以得到如下的状态转移方程: $$ f(i,j,s)=\min\{f(i-1,j,s-a_{i,j}),f(i,j-1,s-a_{i,j})\} $$ 其中 $a_{i,j}$ 表示点 $(i,j)$ 的权值。 时间复杂度 动态规划的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码
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