【洛谷 P4291】 [HAOI2008]排名系统(Splay,Trie)

本文详细记录了一次使用Splay树解决复杂数据结构问题的经历,包括从初步尝试到不断优化,直至最终成功的过程。作者分享了在面对TLE挑战时,如何逐步改进算法,从使用map和字符串,到引入字符串哈希,再到采用字典树,最后通过调整INF值实现高效运行的心得。

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题目链接
不是双倍经验我会去\(debug\)一上午?
一开始我是用的\(map+string\),跑的太慢了,T了4个点。
后来我手写了\(string\),重载了小于号,依然用的\(map\),T了2个点。
然后我加入各种卡常,发现没有用。
\(\cdots\)
然后我把手写\(string\)改成字符串哈希,依然用\(map\)存,还是\(T\)了2个点。
然后继续各种优化,没有用。
然后去看\(yyb\)聚聚的题解,原来可以每操作几百次随机\(Splay\)一下来保证树的随机性,只\(T\)了一个点了。
我去\(BZOJ\)离线题库上把这题数据下载下来,我觉得应该是最大的那个极限数据\(n=250000\)的点T了。
于是开文件本机上了试了下,跑了\(1.03-1.2s\)之间。
然后我疯狂改随机数种子,发现根本没什么用。
\(\cdots\)
后来又把\(map+\)字符串哈希改成了字典树,跑的飞快
最大的点本机\(0.7s\)左右,没理由跑不过啊
但交到洛谷上还是T
交到BZOJ上还是T
交到CJOJ上还是T
交到CodeVS上还是T
诶,CodeVS上显示TLE的点,\(n=130000\)
???????
于是找到\(BZOJ\)数据里的那个点,woc
原来有人的分数超过了\(999999999\),也就是我设的\(INF\),也就是\(Splay\)中2个虚点的值。
\(\cdots\)
直接超过了,这也太猛了。
然后虚点不是最大了,\(GG\)了。
看来\(INF\)还是要写成\(2147483647\)啊。
果然,改了\(INF\)后跑的飞快,总共才跑了\(479ms\)
吊打pbds

突然发现\(Splay\)好容易写

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
#include <map>
#pragma GCC optimize(2)
using namespace std;
const int MAXN = 250010;
inline int read(){
    int s = 0;
    char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9')ch = getchar(); 
    while(ch >= '0' && ch <= '9'){ s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
    return s;
}
struct info{
    int val, id;
    int operator > (const info A) const{
        return val == A.val ? id < A.id : val > A.val;
    }
};
struct splay{
    info val;
    int size, ch[2], fa;
}t[MAXN];
int root, num, T;
struct Trie{
    int val;
    Trie *ch[26];
    Trie(){ for(int i = 0; i < 26; ++i) ch[i] = NULL; val = 0; }
}rt;
int Insert(char *s, int pos){
    int len = strlen(s);
    Trie *u = &rt;
    for(int i = 0; i < len; ++i){
       if(u->ch[s[i] - 'A'] == NULL) u->ch[s[i] - 'A'] = new Trie();
       u = u->ch[s[i] - 'A'];
    }
    if(u->val) return u->val;
    u->val = pos;
    return 0;
}
inline void pushup(int x){
    t[x].size = t[t[x].ch[0]].size + t[t[x].ch[1]].size + 1;
}
inline void rotate(int x){
    int y = t[x].fa, z = t[y].fa, k = t[y].ch[1] == x;
    t[y].ch[k] = t[x].ch[k ^ 1]; t[t[x].ch[k ^ 1]].fa = y;
    t[y].fa = x; t[x].ch[k ^ 1] = y;
    t[x].fa = z; t[z].ch[t[z].ch[1] == y] = x;
    pushup(y); pushup(x);
}
inline void Splay(int x, int goal){
    int y, z;
    while(t[x].fa != goal){
        y = t[x].fa; z = t[y].fa;
        if(z != goal) rotate((t[y].ch[1] == x) ^ (t[z].ch[1] == y) ? x : y);
        rotate(x);
    }
    if(!goal) root = x;
}
inline int insert(info x, int num){
    if(!root){ root = num; t[root].val = x; t[root].size = 1; return root; }
    int u = root, fa = 0;
    while(u){ fa = u; u = t[u].ch[x > t[u].val]; }
    int id = num; t[id].val = x; t[id].size = 1; t[id].fa = fa; if(fa) t[fa].ch[x > t[fa].val] = id;
    Splay(id, 0);
    return id;
}
int limit, tmp, Time;
void find(int x){
    int u = root;
    while(233){
        if(t[t[u].ch[0]].size == x - 1) break;
        if(t[t[u].ch[0]].size >= x) u = t[u].ch[0];
        else x -= t[t[u].ch[0]].size + 1, u = t[u].ch[1];
    }
    Splay(u, 0);
}
char ch, name[MAXN][12];
int len[MAXN];
void dfs(int x){
    if(!limit) return;
    if(t[x].ch[1]) dfs(t[x].ch[1]);
    if(!limit) return;
    for(int i = 0; i < len[x]; ++i)
       putchar(name[x][i]);
    putchar(' ');
    --limit;
    if(t[x].ch[0]) dfs(t[x].ch[0]);
}
int next(int x, int mode){
    Splay(x, 0);
    int u = t[root].ch[mode];
    while(t[u].ch[!mode]) u = t[u].ch[!mode];
    return u;
}
char s[12];
int pq;
int main(){
    //freopen("1.txt","r",stdin);
    //freopen("2.txt","w",stdout);
    T = read(); insert((info){ -2147483646, 9999999 }, ++num); insert((info){ 2147483646, -1 }, ++num);
    while(T--){
        ch = getchar();
        while(ch != '+' && ch != '?') ch = getchar();
        if(ch == '+'){ 
          scanf("%s", s);
          if(pq = Insert(s, num + 1)){
            int l = next(pq, 0), r = next(pq, 1); 
            Splay(l, 0);
            Splay(r, l);
            t[t[root].ch[1]].ch[0] = 0;
            Splay(t[root].ch[1], 0);
            insert((info){ read(), ++Time }, pq);
          }
          else{
            insert((info){read(), ++Time}, ++num); 
            memcpy(name[num], s, sizeof s);
            len[num] = strlen(name[num]);
          }
        }
        if(ch == '?'){
            ch = getchar();
            if(ch >= '0' && ch <= '9'){
                tmp = 0;
                while(ch >= '0' && ch <= '9'){ tmp = tmp * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
                find(num - tmp); 
                for(int i = 0; i < len[root]; ++i)
                   putchar(name[root][i]);
                putchar(' '); limit = 9;
                if(t[root].ch[0]) dfs(t[root].ch[0]);
                printf("\n");
            }
            else{
                int p = 0;
                while(ch >= 'A' && ch <= 'Z'){ s[p++] = ch; ch = getchar(); }
                for(int i = p; i < 12; ++i) s[i] = 0;
                Splay(Insert(s, 233), 0);
                printf("%d\n", t[t[root].ch[1]].size);
            }
        }
        if(T % 200 == 0) Splay(rand() % num + 1, 0); 
    }
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/Qihoo360/p/10374578.html

这道题目还可以使用树状数组或线段树来实现,时间复杂度也为 $\mathcal{O}(n\log n)$。这里给出使用树状数组的实现代码。 解题思路: 1. 读入数据; 2. 将原数列离散化,得到一个新的数列 b; 3. 从右往左依次将 b 数列中的元素插入到树状数组中,并计算逆序对数; 4. 输出逆序对数。 代码实现: ```c++ #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <algorithm> const int MAXN = 500005; struct Node { int val, id; bool operator<(const Node& other) const { return val < other.val; } } nodes[MAXN]; int n, a[MAXN], b[MAXN], c[MAXN]; long long ans; inline int lowbit(int x) { return x & (-x); } void update(int x, int val) { for (int i = x; i <= n; i += lowbit(i)) { c[i] += val; } } int query(int x) { int res = 0; for (int i = x; i > 0; i -= lowbit(i)) { res += c[i]; } return res; } int main() { scanf("%d", &n); for (int i = 1; i <= n; ++i) { scanf("%d", &a[i]); nodes[i] = {a[i], i}; } std::sort(nodes + 1, nodes + n + 1); int cnt = 0; for (int i = 1; i <= n; ++i) { if (i == 1 || nodes[i].val != nodes[i - 1].val) { ++cnt; } b[nodes[i].id] = cnt; } for (int i = n; i >= 1; --i) { ans += query(b[i] - 1); update(b[i], 1); } printf("%lld\n", ans); return 0; } ``` 注意事项: - 在对原数列进行离散化时,需要记录每个元素在原数列中的位置,便于后面计算逆序对数; - 设树状数组的大小为 $n$,则树状数组中的下标从 $1$ 到 $n$,而不是从 $0$ 到 $n-1$; - 在计算逆序对数时,需要查询离散化后的数列中比当前元素小的元素个数,即查询 $b_i-1$ 位置上的值; - 在插入元素时,需要将离散化后的数列的元素从右往左依次插入树状数组中,而不是从左往右。
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