BZOJ1112洛谷P3466 [POI2008]KLO-Building blocks(砖头)[对顶堆学习笔记]

坑爹的BZOJ因为不让输出方案我WA了若干次

据说正解是平衡树/线段树，我不会，就用了个新东西—>对顶堆

对顶堆

一个维护中位数的东西，我们通过维护两个堆，来维所有数的中位数
（显然我们可以排个序）

具体实现：

我们维护一个大根堆，把所有小于等于中位数的数放进去，堆顶就是中位数，你会问，为什么会是中位数？我们保证这个堆中的元素个数始终为(n+1)/2个，两个堆元素个数一共为n所以这个堆的堆顶就是中位数，另一个堆是小根堆，维护的所有大于中位数的数放进去，中位数在填完最后一个数之前把那个不是固定的，所以我们要等到所有数加完后，取第一个堆的堆顶元素就好了

具体操作：

先考虑整个数列，不带删除的情况，每加入一个元素，我们先判断放小数的堆是否够了(k+1)/2个，不够就要先放进去，然后够了之后，每次加入一个元素，判断和大根堆堆顶的关系，比他大说明比目前的中位数要大，所以放到小根堆中，小的话就放到大根堆中，然后我们发现这时大根堆的元素多了，那么我们就要把大根堆的堆顶放到小根堆中，这样仍然满足性质

然后是部分区间的中位数，就是我们这道题
不难发现，把一段连续区间修改为他们的中位数是最优的，所以我们就可以维护每个长度为k的区间修改为中位数的花费，区间移动就涉及到了删除元素的操作，但是我们又找不到上一个元素具体在什么位置，怎么办？我们不再用堆的size表示堆中元素个数，我们用两个变量siz1，siz2表示两个堆的大小，然后我们发现，只要删除元素不在堆顶，他在什么位置是没有关系的，所以我们只需呀给他打上标记，然后等他到堆顶时，直接pop掉就好了，打标记的同时也要给它所在堆的siz–，判断所在堆的方法是比较删除元素于大根堆堆顶的大小关系，也就是和在中位数的大小关系
然后这时你可能会说，我们维护了中位数，怎么统计答案呢？我们将求花费的式子列出来并化简得到ans=∑i=1(i+k+1)/2mid−a[i]\sum_{i=1}^{(i+k+1)/2}mid-a[i]∑i=1(i+k+1)/2mid−a[i]+∑i=(i+k+1)/2+1i+k\sum_{i=(i+k+1)/2+1}^{i+k}∑i=(i+k+1)/2+1i+k，然后发现它等于比mid小的数的个数∗\ast∗mid-比mid小的数的和+比mid大的数的和-mid∗\ast∗比mid大的数的个数，个数很好说就是两个堆的大小，和呢？我们也维护两个值sum1和sum2，表示两个堆的大小，插入和删除时，一块修改就好了

代码

//By AcerMo
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define t1 q1.top()
#define t2 q2.top()
#define grtr greater
#define lli long long int
using namespace std;
const int M=200500;
int n,m;
int a[M],vis[M*10];
lli si1,si2,su1,su2;
priority_queue<int,vector<int>,less<int> >q1;//大根堆，保证堆顶是所有小数的最大值
priority_queue<int,vector<int>,grtr<int> >q2;//小根堆，保证堆顶是所有大数的最小值
inline int read()
{int x=0;char ch=getchar();while (ch>'9'||ch<'0') ch=getchar();while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();return x;
}
inline void write(lli x)
{if (x>9) write(x/10);putchar(x%10+'0');return ;
}
inline void update()
{if (q1.size()) while (vis[t1]&&q1.size()) vis[t1]--,q1.pop();if (q2.size())while (vis[t2]&&q2.size()) vis[t2]--,q2.pop();return ;
}//清除堆顶的删除元素
inline void add(int x)
{update();while (si1<(m+1)/2&&si2) {int y=t2;q2.pop();q1.push(y);si1++;si2--;su2-=y;su1+=y;update();}//将大根堆的元素加到中位数的位置上(m+1)/2中位数的位置if (si1==0){si1++;su1+=x;return (void)(q1.push(x));}//这个情况只有在两个堆都是空的的时候会出现，优先放在小数的里if (x<q1.top()) si1++,su1+=x,q1.push(x);//比大根堆的最大值要小，那么肯定不能放在小根堆里else si2++,su2+=x,q2.push(x);//不然就放在小根堆里，因为我们已经调整过siz了update();while (si1>(m+1)/2&&si1){int y=t1;q1.pop();q2.push(y);si1--;si2++;su1-=y;su2+=y;update();}//然后调整一下大根堆 ，防止多了update();while (si1<(m+1)/2&&si2){int y=t2;q2.pop();q1.push(y);si1++;si2--;su1+=y;su2-=y;update();}//也可能是一开始没有调整，然后在这次加入了小根堆，那么我们在先满足大根堆的前提下 ，就把他拿过来就好return (void)(update());
}
inline void del(int x)
{vis[x]++;if (x>q1.top()) si2--,su2-=x;else si1--,su1-=x;return (void)(update());
}//删除打个标记就行了
inline lli calc(lli x)
{lli tot=su2-(lli)m/2*x;tot+=(lli)(m+1)/2*x-su1;return tot;
}//计算公式：比中位数小的数的个数*中位数大小-比中位数小的数的和//+比中位数大的数的和-比中位数大的数的个数*中位数
signed main()
{n=read();m=read();for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();for (int i=1;i<=m;i++) add(a[i]);lli mid,l=1,r=m,ans=t1;lli tot=su2-(lli)m/2*ans; tot+=(lli)(m+1)/2*ans-su1;for (int i=m+1;i<=n;i++){del(a[i-m]);add(a[i]);mid=t1;lli cnt=calc(mid);if (tot>=cnt&&cnt>=0) tot=cnt,l=i-m+1,r=i,ans=mid;}write(tot);puts("");/*for (int i=1;i<=n;i++)if (i>=l&&i<=r) write(ans),puts("");else write(a[i]),puts("");*/ //BZ这里要删掉return 0;
}