POJ 2182 Lost Cows

最新推荐文章于 2019-03-20 16:45:36 发布

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#query #build #优化 #struct

本文讨论了一个关于牛的编号排列问题的解决方法，通过初始排列的限制和优化后的线段树二分查找算法，实现了从复杂度O(n^2)优化到O(n*logn)的目标。

http://poj.org/problem?id=2182

题目大意是，有N头牛，站成一排，但是他们并不是按照1--N的顺序站的，而是打乱了顺序地排成一排。现在已知牛的头数N和每头牛前面比它编号大的牛的头数，要你确定每头牛编号。

思路：一开始，由于给了N头牛前面有多少头牛比它的编号大，并且牛的编号是1--N，我们可以从最后一头牛前面有多少头牛的编号比它打而确定出最后一头牛的编号，接着在1--N中将刚才最后一位确定的编号去掉（此时等效的编号变成了1--N-1），此时再由最后一头牛的pre[i]值就可以得出倒数第二头牛的编号，一次类推就得出所有牛的编号。这样的复杂度为：O(n^2)，在n较大的时候会超时，需要优化。仔细想一下我们就可以发现，能优化的地方也就是后面的一个步骤，即找出第pre[i]+1个编号。我们用线段树二分方法去寻找这个给定的数，线段树的每个结点维护一个len 值，指出该区间内还有多少个编号未被使用，这样复杂度就会变成O(n*logn)。

代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define MAXN 8005
struct Node{
	int l ,r ;
	int len ;			//存放该区间内还有多少个未使用的编号 
}p[MAXN*3] ;
int pre[MAXN] ;
int ans[MAXN] ;
int N; 
void Build(int l, int r, int idx){
	p[idx].l = l ;
	p[idx].r = r ;
	p[idx].len = r - l + 1 ;
	if(l == r){
		return ;	
	}	
	int mid = (l + r) >> 1 ; 
	Build(l,mid,idx<<1) ;
	Build(mid+1,r,(idx<<1)+1);
}
int query(int num , int idx){
	if(p[idx].l == p[idx].r){
		p[idx].len = 0 ;
		return p[idx].l ;	
	}	
	else{
		int res ;
		int mid = (p[idx].l + p[idx].r) >> 1 ;		
		if(p[idx<<1].len < num){
			res = query( num-p[idx<<1].len ,(idx<<1)+1 );	
		}
		else{
			res = query(num ,idx<<1);	
		}
		p[idx].len = p[idx<<1].len + p[(idx<<1)+1].len ;
		return res ;
	}
	
}

int main(){
	while(scanf("%d",&N) == 1){
		pre[1] = 0 ;
		for(int i=2;i<=N;i++)
			scanf("%d",&pre[i]);
		Build(1,N,1);
		for(int i=N;i>=1;i--){
			ans[i] = query(pre[i]+1,1);	
		}
		for(int i=1;i<=N;i++)
			printf("%d\n",ans[i]);
	}		
	return 0 ;	
}