团体程序设计天梯赛-练习集-L3-002. 堆栈(线段树-区间第k大)

本文介绍了一种使用线段树进行动态区间查询的方法,适用于特定范围内的数据。通过维护每个节点上数值的出现次数,可以高效地完成区间排序,并利用二分查找找到区间内的第k大元素。

记录一个菜逼的成长。。

题目链接

其实可以套主席树求动态的区间第k大。

但是这里规定了范围[1,100000]
我们可以建立一颗线段树,线段树的节点值表示在这个区间内数的出现次数的总和
比如区间为[2,2]的节点的值为2的出现次数
这样相当于对整个栈序列排了个序。
然后我们可以用二分的方法查询区间第k大。
这里的k就是当前栈序列大小的中值

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <stack>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define cl(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define lson t<<1,l,mid
#define rson t<<1|1,mid+1,r
#define seglen(t) (node[t].r-node[t].l+1)
#define pb push_back
typedef long long LL;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 100000 + 10;
struct Node{
    int l,r,sum;
}node[maxn<<2];
void pushup(int t)
{
    node[t].sum = node[t<<1].sum + node[t<<1|1].sum;
}
void build(int t,int l,int r)
{
    node[t].l = l;
    node[t].r = r;
    if(l == r){
        node[t].sum = 0;
        return ;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(lson);
    build(rson);
    pushup(t);
}
void update(int t,int pos,int v)
{
    if(node[t].l == node[t].r && node[t].l == pos){
        node[t].sum += v;
        return ;
    }
    int mid = (node[t].l + node[t].r) >> 1;
    if(pos <= mid)update(t<<1,pos,v);
    else update(t<<1|1,pos,v);
    pushup(t);
}
int query(int t,int num)
{
    if(node[t].l == node[t].r)return node[t].l;
    int ret ;
    //如果左子树的值大于num则说明第num大在左子树,因为已经排好序了
    if(node[t<<1].sum >= num)ret = query(t<<1,num);
    else ret = query(t<<1|1,num-node[t<<1].sum);
    return ret;
}
stack<int>st;
char s[15];
int main()
{
    int n;
    while(~scanf("%d",&n)){
        int x;
        build(1,1,100000);//初始为空
        for( int i = 0; i < n; i++ ){
            scanf("%s",s);
            if(s[1] == 'u'){
                scanf("%d",&x);
                update(1,x,1);
                st.push(x);
            }
            if(s[1] == 'o'){
                if(!st.size()){puts("Invalid");continue;}
                int t = st.top();st.pop();
                printf("%d\n",t);
                update(1,t,-1);
            }
            if(s[1] == 'e'){
                int Size = st.size();
                if(!Size){puts("Invalid");continue;}
                printf("%d\n",query(1,(Size+1)/2));
            }
        }
    }
    return 0;
}
### PTA 团体程序设计天梯赛 L3 练习题目及解析 #### 题目概述 L3级别的题目通常涉及较为复杂的算法和数据结构应用,难度较高。这些题目不仅考察编程能力,还测试选手对于特定算法的理解程度以及解决实际问题的能力。 #### 示例题目分析 ##### 千手观音 [^1] **背景描述** 在一个二维平面上有N个点,每个点代表一个可以被机器人手臂触及的位置。给定M条线段连接某些点对之间的路径,每条路径都有一定的长度。目标是从起点出发到达终点,在这个过程中尽可能多地触碰不同的点,并返回能够触碰到的最不同点数。 **输入格式** - 第一行两个整数 N 和 M (2 ≤ N ≤ 50; 1 ≤ M ≤ 200),表示总共有多少个节点以及有多少条边; - 接下来 M 行,每行三个正整数 u,v,w 描述一条无向加权边(u != v),其中 w 是这条边的权重; **输出格式** 仅有一行包含一个整数 K ,即最多能访问到的不同顶点数目(不包括起始位置)。 **解法思路** 这个问题可以通过动态规划来处理。定义 dp[i][j] 表示当前处于第 i 步并且最后一步停留在 j 这个结点上所能获得的最分数。通过遍历所有可能的状态转移方程更新dp数组中的值直到找到最优解为止。 ```python def max_touch_points(N, edges): from collections import defaultdict graph = defaultdict(list) for edge in edges: u, v, _ = edge graph[u].append(v) graph[v].append(u) # 初始化DP表格 dp = [[0]*(N+1) for _ in range(N)] def dfs(current_node, visited_nodes): if all(visited_nodes): return sum([int(not node) for node in visited_nodes]) best_score = 0 for neighbor in graph[current_node]: new_visited = list(visited_nodes) if not new_visited[neighbor]: new_visited[neighbor] = True score_with_neighbor = dfs(neighbor, tuple(new_visited)) + int(not any(new_visited)) best_score = max(best_score, score_with_neighbor) return best_score start_state = [False] * (N + 1) result = dfs(1, tuple(start_state)) return result - 1 # 减去起始位置本身 ``` ##### 关于深度优先搜索和逆序对的问题 **背景描述** 给出一组序列,要求计算该序列中存在的全部逆序对数量。所谓“逆序对”,指的是如果存在一对索引(i,j)(i<j),使得a[i]>a[j],那么这对元素就构成了一个逆序对。 **输入格式** 单组测试样例的第一行为一个整数n(n≤10^5),表示待测序列的长度;第二行为n个由空格分隔开来的整数ai(ai∈[-1e9,+1e9]),它们共同构成了一串完整的待检测序列。 **输出格式** 输出文件应只含有一行,内有一个整数m,它代表着所求得的结果——也就是整个序列里存在的逆序对总数。 **解法思路** 利用归并排序的思想可以在O(nlogn)时间内解决问题。当我们将左半部分与右半部分合并时,只要左边某个元素于右边任意一个小于它的元素,则说明这两个之间形成了若干个新的逆序对。因此我们只需要统计这样的情况即可得到最终答案。 ```cpp #include <iostream> using namespace std; long long merge(int* A, int l, int m, int r){ int n1=m-l+1; int n2=r-m; int L[n1], R[n2]; for(int i=0;i<n1;++i)L[i]=A[l+i]; for(int j=0;j<n2;++j)R[j]=A[m+j+1]; int i=0,j=0,k=l,inversions=0; while(i<n1 && j<n2){ if(L[i]<=R[j]){ A[k++]=L[i++]; }else{ inversions+=n1-i; A[k++]=R[j++]; } } while(i<n1){A[k++]=L[i++];} while(j<n2){A[k++]=R[j++];} return inversions; } long long countInversions(int*A,int l,int r){ if(l>=r)return 0; int mid=(l+r)/2; long long cnt=countInversions(A,l,mid)+countInversions(A,mid+1,r); cnt+=merge(A,l,mid,r); return cnt; } int main(){ int n,*arr; cin>>n; arr=new int[n]; for(int i=0;i<n;++i)cin>>arr[i]; cout<<countInversions(arr,0,n-1)<<endl; delete[] arr; return 0; } ```
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