1058: [ZJOI2007]报表统计
Time Limit: 15 Sec Memory Limit: 162 MBSubmit: 2013 Solved: 708
[Submit][Status]
Description
小Q的妈妈是一个出纳，经常需要做一些统计报表的工作。今天是妈妈的生日，小Q希望可以帮妈妈分担一些工作，作为她的生日礼物之一。经过仔细观察，小Q发现统计一张报表实际上是维护一个可能为负数的整数数列，并且进行一些查询操作。在最开始的时候，有一个长度为N的整数序列，并且有以下三种操作： INSERT i k 在原数列的第i个元素后面添加一个新元素k； 如果原数列的第i个元素已经添加了若干元素，则添加在这些元素的最后（见下面的例子） MIN_GAP 查询相邻两个元素的之间差值（绝对值）的最小值 MIN_SORT_GAP 查询所有元素中最接近的两个元素的差值（绝对值） 例如一开始的序列为 5 3 1 执行操作INSERT 2 9将得到： 5 3 9 1 此时MIN_GAP为2，MIN_SORT_GAP为2。 再执行操作INSERT 2 6将得到： 5 3 9 6 1 注意这个时候原序列的第2个元素后面已经添加了一个9，此时添加的6应加在9的后面。这个时候MIN_GAP为2，MIN_SORT_GAP为1。于是小Q写了一个程序，使得程序可以自动完成这些操作，但是他发现对于一些大的报表他的程序运行得很慢，你能帮助他改进程序么？
Input
第一行包含两个整数N，M，分别表示原数列的长度以及操作的次数。第二行为N个整数，为初始序列。接下来的M行每行一个操作，即“INSERT i k”，“MIN_GAP”，“MIN_SORT_GAP”中的一种（无多余空格或者空行）。
Output
对于每一个“MIN_GAP”和“MIN_SORT_GAP”命令，输出一行答案即可。
Sample Input
5 3 1
INSERT 2 9
MIN_SORT_GAP
INSERT 2 6
MIN_GAP
MIN_SORT_GAP
Sample Output
2
1
HINT
对于100%的数据，N , M ≤500000 对于所有的数据，序列内的整数不超过5*10^8。
平衡树的题，我用STL水过去的。。
首先说STL的做法：
st[i],ed[i]是类似于链表的数组，表示i这一位第一个插入得数和最后一个插入的数。
b是multiset类型，记录的是当前所有的数字。
a是multiset类型(因为有删除操作)，记录的是所有相邻数的差值。
q是优先队列，记录的是与每一个点权值相邻的数的差值。
对于Insert(p,x)，首先要在a中删除p与p+1原本相邻点的差值，加入目前差值；
并在q中加入与x权值相邻的数的差值；
最后修改ed数组。
查询直接输出第一个即可。
#include <iostream>#include <cstdio>#include <map>#include <algorithm>#include <cstring>#include <cstdlib>#include <queue>#include <set>#define M 500005using namespace std;char str[50];int st[M],ed[M],n,m;multiset<int> a,b;map<int,int> mp;priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q;void read(int &tmp){ tmp=0; char ch=getchar(); int fu=1; for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if (ch=='-') fu=-1; for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) tmp=tmp*10+ch-'0'; tmp*=fu;}void Insert(int x){ mp[x]++; if (mp[x]==1) a.insert(x);}void Push(int x){ int l=*--b.lower_bound(x),r=*b.lower_bound(x); q.push(min(x-l,r-x)); b.insert(x);}int main(){ read(n),read(m); int x; int inf=1000000000; b.insert(inf),b.insert(-inf); for (int i=1;i<=n;i++) read(x),Push(x),st[i]=ed[i]=x; for (int i=2;i<=n;i++) { int now=abs(st[i]-st[i-1]); Insert(now); } for (int i=1;i<=m;i++) { scanf("%s",str); if (str[0]=='I') { int p,x; read(p),read(x); if (p!=n) { int now=abs(ed[p]-st[p+1]); mp[now]--; if (!mp[now]) a.erase(now); Insert(abs(x-st[p+1])); } Insert(abs(ed[p]-x)); ed[p]=x; Push(x); } else if (str[4]=='S') printf("%d\n",q.top()); else printf("%d\n",*a.begin()); } return 0;}
接下来说一下标准做法：
就是把STL的部分换成splay来维护，每个点记录与他相邻点的权值，以及以他为根的子树的最小值；
因为有两种询问，所以要开两种splay（以位置为关键字，以权值为关键字）