LOJ2319「NOIP2017」列队
原题链接:https://loj.ac/problem/2319
列队
题目描述
Sylvia 是一个热爱学习的女孩子。
前段时间, Sylvia 参加了学校的军训。众所周知,军训的时候需要站方阵。 Sylvia所在的方阵中有n×mn \times mn×m名学生,方阵的行数为nnn,列数为 mmm。
为了便于管理,教官在训练开始时,按照从前到后,从左到右的顺序给方阵中的学生从111到n×mn \times mn×m编上了号码(参见后面的样例)。即:初始时,第iii行第jjj列的学生的编号是(i−1)×m+j(i − 1) \times m + j(i−1)×m+j。
然而在练习方阵的时候,经常会有学生因为各种各样的事情需要离队。在一天中,一共发生了qqq件这样的离队事件。每一次离队事件可以用数对(x,y)(1≤x≤n,1≤y≤m)(x, y) (1\le x\le n, 1\le y\le m)(x,y)(1≤x≤n,1≤y≤m)描述, 表示第xxx行第yyy列的学生离队。
在有学生离队后,队伍中出现了一个空位。为了队伍的整齐,教官会依次下达这样的两条指令:
向左看齐。这时第一列保持不动,所有学生向左填补空缺。不难发现在这条指令之后,空位在第xxx行第mmm列。
向前看齐。这时第一行保持不动,所有学生向前填补空缺。不难发现在这条指令之后,空位在第nnn行第mmm列。
教官规定不能有两个或更多学生同时离队。即在前一个离队的学生归队之后,下一个学生才能离队。因此在每一个离队的学生要归队时,队伍中有且仅有第 nnn行第mmm列一个空位,这时这个学生会自然地填补到这个位置。
因为站方阵真的很无聊,所以 Sylvia 想要计算每一次离队事件中,离队的同学的编号是多少。
注意:每一个同学的编号不会随着离队事件的发生而改变,在发生离队事件后方阵中同学的编号可能是乱序的。
输入格式
输入共q+1q+1q+1行。
第111行包含333个用空格分隔的正整数n,m,qn, m, qn,m,q,表示方阵大小是nnn行 mmm列,一共发生了qqq次事件。
接下来qqq行按照事件发生顺序描述了qqq件事件。每一行是两个整数x,yx, yx,y, 用一个空格分隔, 表示这个离队事件中离队的学生当时排在第xxx行第yyy列。
输出格式
按照事件输入的顺序,每一个事件输出一行一个整数,表示这个离队事件中离队学生的编号。
样例
样例输入
2 2 3
1 1
2 2
1 2
样例输出
1
1
4
样例解释
列队的过程如上图所示,每一行描述了一个事件。
在第一个事件中,编号为111的同学离队,这时空位在第一行第一列。接着所有同学向左标齐,这时编号为222的同学向左移动一步,空位移动到第一行第二列。然后所有同学向上标齐,这时编号为444的同学向上一步,这时空位移动到第二行第二列。最后编号为111的同学返回填补到空位中。
数据范围与提示
测试点编号 | nnn | mmm | qqq | 其他约定 |
---|---|---|---|---|
1,2,3,4,5,61,2,3,4,5,61,2,3,4,5,6 | ≤1000\le 1000≤1000 | ≤1000\le 1000≤1000 | ≤500\le 500≤500 | 无 |
7,8,9,107,8,9,107,8,9,10 | ≤5×104\le 5 \times 10^{4}≤5×104 | ≤5×104\le 5 \times 10^{4}≤5×104 | ≤500\le 500≤500 | 无 |
11,1211,1211,12 | =1=1=1 | ≤105\le 10^{5}≤105 | ≤105\le 10^5≤105 | 所有事件x=1x=1x=1 |
13,1413,1413,14 | =1=1=1 | ≤3×105\le 3\times 10^{5}≤3×105 | ≤3×105\le 3\times 10^5≤3×105 | 所有事件x=1x=1x=1 |
15,1615,1615,16 | ≤3×105\le 3\times 10^5≤3×105 | ≤3×105\le 3\times 10^{5}≤3×105 | ≤3×105\le 3\times 10^5≤3×105 | 所有事件x=1x=1x=1 |
17,1817,1817,18 | ≤105\le 10^5≤105 | ≤105\le 10^{5}≤105 | ≤105\le 10^5≤105 | 无 |
17,1817,1817,18 | ≤3×105\le 3\times 10^5≤3×105 | ≤3×105\le 3\times 10^{5}≤3×105 | ≤3×105\le 3\times 10^5≤3×105 | 无 |
数据保证每一个事件满足1≤x≤n,1≤y≤m1\leq x \leq n,1\leq y \leq m1≤x≤n,1≤y≤m。
题解
发现markdownmarkdownmarkdown居然不资瓷合并单元格,表格一下就不优美了。。。
发现每次(x,y)(x,y)(x,y)的离队都只会影响第xxx行和最后一列,包含两个操作:弹出第kkk个,将元素放到队尾。
于是就有了暴力的做法:对于每一行开一棵Splay\mathcal{Splay}Splay,最后一列再单独开一棵,就能自然地完成上述两个操作,然而总共有O(nm)O(nm)O(nm)个点,显然凉凉~
仔细观察,可以发现有一些编号连续的点始终在一起,这些点对应的节点可以合并为一个节点,进一步讲,我们可以先将所有该Splay\mathcal{Splay}Splay里的连续节点全部合并,在弹出节点属于合并节点时再把节点拆开,相当于动态开点,这样点数就是O(q)O(q)O(q)的,总复杂度O(qlogq)O(q\log q)O(qlogq)。
Splay\mathcal{Splay}Splay题真的巨考细节。。。简单说一下:
感觉先在Splay\mathcal{Splay}Splay里插入两个哨兵节点是个很好的技巧,避免了与前驱后继相关的操作中繁琐的特判,不会莫名RE\mathcal{RE}RE。
拆点比较细节,有下面几种情况:
1.le[v]=ri[v]le[v]=ri[v]le[v]=ri[v],已经不需要拆了,直接删掉;
2.le[v]=pos∣∣pos==ri[v]le[v]=pos||pos==ri[v]le[v]=pos∣∣pos==ri[v]查询位置在当前节点表示区间的端点上,直接修改节点信息即可;
3.le[v]<pos<ri[v]le[v]<pos<ri[v]le[v]<pos<ri[v],将原来节点的信息修改为[le[v],pos−1][le[v],pos-1][le[v],pos−1],新增一个节点[pos+1,ri[v]][pos+1,ri[v]][pos+1,ri[v]],插入到[le[v],pos−1][le[v],pos-1][le[v],pos−1]的后继的左儿子上。
放到队尾的操作就是把该点插入到右哨兵的前驱的左儿子上。
然后,你就迎来了愉快的Debug\mathcal{Debug}Debug生活。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ls son[v][0]
#define rs son[v][1]
using namespace std;
const int M=2e7+5;
ll n,m,q,le[M],ri[M],siz[M];;
int dad[M],son[M][2],tot;
struct sd{int root,mx,mn;int _new(ll L,ll R){return le[++tot]=L,ri[tot]=R,siz[tot]=R-L+1,tot;}void up(int v){siz[v]=siz[ls]+siz[rs]+ri[v]-le[v]+1;}void spin(int v){int f=dad[v],ff=dad[f],k=son[f][1]==v,w=son[v][!k];son[ff][son[ff][1]==f]=v,son[v][!k]=f,son[f][k]=w;dad[w]=f,dad[f]=v,dad[v]=ff;up(f);}void splay(int v,int to){for(int f,ff;dad[v]!=to;spin(v)){f=dad[v],ff=dad[f];if(ff!=to)spin((son[f][0]==v)^(son[ff][0]==f)?v:f);}if(!to)root=v;up(v);}int nxt(int v,int p){splay(v,0);for(v=son[v][p];son[v][!p];v=son[v][!p]);return v;}void del(int v){int up=nxt(v,1),low=nxt(v,0);splay(low,0),splay(up,low);son[up][0]=0;splay(up,0);}void push(ll L,ll R){int v=_new(L,R),low=nxt(mx,0);son[low][1]=v,dad[v]=low;splay(v,0);}ll pop(ll pos){int v=root;for(pos++;;){if(pos>siz[ls]+ri[v]-le[v]+1)pos-=siz[ls]+ri[v]-le[v]+1,v=rs;else if(pos<=siz[ls])v=ls;else break;}pos+=le[v]-siz[ls]-1;if(le[v]==ri[v])return del(v),pos;if(le[v]==pos)return ++le[v],splay(v,0),pos;if(pos==ri[v])return --ri[v],splay(v,0),pos;int upp=nxt(v,1);_new(pos+1,ri[v]),ri[v]=pos-1,up(v);return dad[tot]=upp,son[upp][0]=tot,splay(tot,0),pos;}void reset(ll L,ll R){mn=_new(L,L),mx=_new(R,R),dad[mx]=mn,son[mn][1]=mx;splay(mx,0);}
}que[300005];
void in(){scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&q);}
void ac()
{ll val;que[0].reset(0,n*m+m);for(int i=1;i<=n;++i)que[i].reset(i*m-m,i*m),que[i].push((i-1)*m+1,i*m-1),que[0].push(i*m,i*m);for(int i=1,x,y;i<=q;++i)scanf("%d%d",&x,&y),val=que[0].pop(x),que[x].push(val,val),val=que[x].pop(y),que[0].push(val,val),printf("%lld\n",val);
}
int main(){in(),ac();}
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