BZOJ 3224 JoyOI 1728 普通平衡树

本文详细介绍了Treap数据结构的特点及实现方式,Treap结合了二叉查找树和堆的特性,提供了高效的插入、删除、查找等操作。通过具体代码示例展示了Treap如何在实际应用中解决平衡树的问题。

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「BZOJ3224」JoyOI 1728 普通平衡树 - treap - hzwer.com

treap具有了heap的性质也具有一般平衡树的性质,它满足二叉查找树的性质,然后满足heap的优先级

代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
using namespace std;
struct data{
    int l,r,v,sz,rnd,w;//l==lson r==rson v==val sz==size w==this node num   rnd== baout heap
}tr[100005];
int n,sz,root,ans;
void update(int k)//更新结点信息
{
    tr[k].sz=tr[tr[k].l].sz + tr[tr[k].r].sz + tr[k].w;
}
void rturn(int &k)
{
    int t=tr[k].l;
    tr[k].l=tr[t].r;
    tr[t].r=k;
    tr[t].sz=tr[k].sz;
    update(k);
    k=t;
}

void lturn(int &k)
{
    int t=tr[k].r;
    tr[k].r=tr[t].l;
    tr[t].l=k;
    tr[t].sz=tr[k].sz;
    update(k);
    k=t;
}

void Insert(int &k,int x)
{
    if(k==0){
        sz++;k=sz;
        tr[k].sz=tr[k].w=1;
        tr[k].v=x;
        tr[k].rnd=rand();
        return;
    }
    tr[k].sz++;
    if(tr[k].v==x)tr[k].w++;//每个结点顺便记录下与该节点相同值的数的个数
    else if(x>tr[k].v){
        Insert(tr[k].r,x);
        if(tr[tr[k].r].rnd<tr[k].rnd)lturn(k);//维护堆性质
    }
    else{
        Insert(tr[k].l,x);
        if(tr[tr[k].l].rnd<tr[k].rnd)rturn(k);
    }
}
void del(int &k,int x)
{
    if(k==0)return;
    if(tr[k].v==x){
        if(tr[k].w>1){
            tr[k].w--;tr[k].sz--;return;//若不止相同值的个数有多个,删去一个
        }
        if(tr[k].l*tr[k].r==0)k=tr[k].l+tr[k].r;//有一个儿子为空
        else if(tr[tr[k].l].rnd<tr[tr[k].r].rnd)
            rturn(k),del(k,x);
        else lturn(k),del(k,x);
    }
    else if(x>tr[k].v)
        tr[k].sz--,del(tr[k].r,x);
    else tr[k].sz--,del(tr[k].l,x);
}

int query_rank(int k,int x)
{
    if(k==0)return 0;
    if(tr[k].v==x)return tr[tr[k].l].sz+1;
    else if(x>tr[k].v)
        return tr[tr[k].l].sz+tr[k].w+query_rank(tr[k].r,x);
    else return query_rank(tr[k].l,x);
}

int query_num(int k,int x)
{
    if(k==0)return 0;
    if(x<=tr[tr[k].l].sz)
        return query_num(tr[k].l,x);
    else if(x>tr[tr[k].l].sz+tr[k].w)
        return query_num(tr[k].r,x-tr[tr[k].l].sz-tr[k].w);
    else return tr[k].v;
}

void query_pro(int k,int x)
{
    if(k==0)return;
    if(tr[k].v<x){
        ans=k;query_pro(tr[k].r,x);
    }
    else query_pro(tr[k].l,x);
}

void query_sub(int k,int x)
{
    if(k==0)return;
    if(tr[k].v>x){
        ans=k;query_sub(tr[k].l,x);
    }
    else query_sub(tr[k].r,x);
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    int opt,x;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d%d",&opt,&x);
        switch(opt){
            case 1:Insert(root,x);break;
            case 2:del(root,x);break;
            case 3:printf("%d\n",query_rank(root,x));break;
            case 4:printf("%d\n",query_num(root,x));break;
            case 5:ans=0;query_pro(root,x);printf("%d\n",tr[ans].v);break;
            case 6:ans=0;query_sub(root,x);printf("%d\n",tr[ans].v);break;
        }
    }
    return 0;
}

 

转载于:https://www.cnblogs.com/lalalatianlalu/p/9112607.html

### 关于 BZOJ1728 Two-Headed Cows (双头牛) 的算法解析 此问题的核心在于如何通过有效的图论方法解决给定约束下的最大独立集问题。以下是详细的分析和解答。 #### 问题描述 题目要求在一个无向图中找到最大的一组节点集合,使得这些节点之间满足特定的颜色匹配条件。具体来说,每条边连接两个节点,并附带一种颜色标记(A 或 B)。对于任意一条边 \(u-v\) 和其对应的颜色 \(c\),如果这条边属于最终选取的子集中,则必须有至少一个端点未被选入该子集或者两端点均符合指定颜色关系。 #### 解决方案概述 本题可以通过 **二分枚举 + 图染色验证** 来实现高效求解。核心思想如下: 1. 假设当前最优解大小为 \(k\),即尝试寻找是否存在一个大小为 \(k\) 的合法子集。 2. 枚举每一个可能作为起点的节点并将其加入候选子集。 3. 对剩余部分执行基于 BFS/DFS 的图遍历操作,在过程中动态调整其他节点的状态以确保整体合法性。 4. 如果某次试探能够成功构建符合条件的大规模子集,则更新答案;反之则降低目标值重新测试直至收敛至最佳结果。 这种方法利用了贪心策略配合回溯机制来逐步逼近全局最优点[^1]。 #### 实现细节说明 ##### 数据结构设计 定义三个主要数组用于记录状态信息: - `color[]` : 存储每个顶点所分配到的具体色彩编号; - `used[]`: 表示某个定点是否已经被处理过; - `adjList[][]`: 记录邻接表形式表示的原始输入数据结构便于后续访问关联元素。 ##### 主要逻辑流程 ```python from collections import deque def check(k, n): def bfs(start_node): queue = deque([start_node]) used[start_node] = True while queue: u = queue.popleft() for v, c in adjList[u]: if not used[v]: # Assign opposite color based on edge constraint 'c' target_color = ('B' if c == 'A' else 'A') if color[u]==c else c if color[v]!=target_color and color[v]!='?': return False elif color[v]=='?': color[v]=target_color queue.append(v) used[v] =True elif ((color[u]==c)==(color[v]==('B'if c=='A'else'A'))): continue return True count=0 success=True for i in range(n): if not used[i]: temp_count=count+int(color[i]=='?' or color[i]=='A') if k<=temp_count: color_copy=color[:] if bfs(i): count=temp_count break else : success=False return success n,m=list(map(int,input().split())) colors=[['?']*m]*n for _ in range(m): a,b,c=input().strip().split() colors[int(a)-1].append((int(b),c)) low ,high,res=0,n,-1 while low<=high: mid=(low+high)//2 color=['?']*n used=[False]*n if check(mid,n): res=mid low=mid+1 else : high=mid-1 print(res) ``` 上述代码片段展示了完整的程序框架以及关键函数 `check()` 的内部运作方式。它接受参数 \(k\) 并返回布尔值指示是否有可行配置支持如此规模的选择[^2]。 #### 复杂度分析 由于采用了二分查找技术缩小搜索空间范围再加上单轮 DFS/BFS 时间复杂度 O(V+E),总体性能表现良好适合大规模实例运行需求。 ---
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