[CQOI2015]任务查询系统 (主席树)

[CQOI2015]任务查询系统

题目描述

最近实验室正在为其管理的超级计算机编制一套任务管理系统，而你被安排完成其中的查询部分。超级计算机中的任务用三元组(Si,Ei,Pi)描述，(Si,Ei,Pi)表示任务从第Si秒开始，在第Ei秒后结束（第Si秒和Ei秒任务也在运行），其优先级为Pi。同一时间可能有多个任务同时执行，它们的优先级可能相同，也可能不一样。调度系统会常常向查询系统询问，第Xi秒正在运行的任务中，优先级最小的Ki个任务（即将任务按照优先级从小到大排序后取前Ki个）的优先级之和是多少。特别的，若是Ki大于第Xi秒正在运行的任务总数，则直接回答第Xi秒正在运行的任务优先级之和。上述全部参数均为整数，时间的范围在1到n之间（包含1和n）。

输入输出格式

输入格式：

输入文件第一行包含两个空格分开的正整数m和n，分别表示任务总数和时间范围。接下来m行，每行包含三个空格分开的正整数Si、Ei和Pi(Si<=Ei)，描述一个任务。接下来n行，每行包含四个空格分开的整数Xi、Ai、Bi和Ci，描述一次查询。查询的参数Ki须要由公式 Ki=1+(Ai*Pre+Bi) mod Ci计算获得。其中Pre表示上一次查询的结果，对于第一次查询，Pre=1。

输出格式：

输出共n行，每行一个整数，表示查询结果。

输入输出样例

输入样例#1：

4 3
1 2 6
2 3 3
1 3 2
3 3 4
3 1 3 2
1 1 3 4
2 2 4 3

输出样例#1：

2
8
11

说明

样例解释

K1 = (1*1+3)%2+1 = 1

K2 = (1*2+3)%4+1 = 2

K3 = (2*8+4)%3+1 = 3

对于100%的数据，1<=m,n,Si,Ei,Ci<=100000，0<=Ai,Bi<=100000，1<=Pi<=10000000，Xi为1到n的一个排列

Solution

静态主席树...

简述题意,区间修改,单点查询,差分hhhh...

咱们以时间轴做为下标,优先级做为权值建主席树

而后query的时候若是已经肯定到节点了,就只去k的节点的值

if(l==r) return t[u].sum/(1ll*t[u].cnt)*1ll*k;
    //一个节点存多个相同的权值,有cnt个,咱们只要算k个就够了

而后若是当前节点的左子树的节点个数>k,咱们就要在查询有子树的基础上还要加上左子树的权值和

if(k<=num) return query(t[u].l,l,mid,k);
else return query(t[u].r,mid+1,r,k-num)+t[t[u].l].sum;

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define lol long long
#define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define rg register
#define mid ((l+r)>>1)
#define in(i) (i=read())
using namespace std;

const int N=1e5+10;

int read() {
    int ans=0,f=1; char i=getchar();
    while(i<'0' || i>'9') {if(i=='-') f=-1; i=getchar();}
    while(i>='0' && i<='9') ans=(ans<<1)+(ans<<3)+i-'0',i=getchar();
    return ans*=f;
}

int n,m,num,tot;
int a[N],b[N],rt[N<<6];
lol pre=1;

struct Tree {
    lol sum; int cnt,l,r;
}t[N<<6];
vector<int>v[N],g[N];

void update(int &u,int l,int r,int pre,int pos,int v) {
    u=++tot; t[u]=t[pre];
    t[u].cnt+=v, t[u].sum+=1ll*v*b[pos];
    if(l==r) return;
    if(pos<=mid) update(t[u].l,l,mid,t[pre].l,pos,v);
    else update(t[u].r,mid+1,r,t[pre].r,pos,v);
}

lol query(int u,int l,int r,int k) {
    int num=t[t[u].l].cnt;
    if(l==r) return t[u].sum/(1ll*t[u].cnt)*1ll*k;
    if(k<=num) return query(t[u].l,l,mid,k);
    else return query(t[u].r,mid+1,r,k-num)+t[t[u].l].sum;
}

int main()
{
    in(m), in(n);
    for (rg int i=1,x,y;i<=m;i++) {
        in(x), in(y), in(a[i]), b[i]=a[i], y++;
        v[x].push_back(i), g[y].push_back(i);//v[]存左端点,g[]存右端点
    }
    sort(b+1,b+1+m); int num=unique(b+1,b+1+m)-b-1;
    for (rg int i=1;i<=n;i++) {
        rt[i]=rt[i-1];
        for (rg unsigned int j=0;j<v[i].size();j++) {
            int p=lower_bound(b+1,b+1+num,a[v[i][j]])-b;
            update(rt[i],1,num,rt[i],p,1);//pre=rt[i],由于是同一个时间
        }
        for (rg unsigned int j=0;j<g[i].size();j++) {
            int p=lower_bound(b+1,b+1+num,a[g[i][j]])-b;
            update(rt[i],1,num,rt[i],p,-1);//同上
        }
    }
    for (rg int i=1,x,a,b,c,k;i<=n;i++) {
        in(x), in(a), in(b), in(c);
        k=(1ll*a*pre+b)%c+1;
        if(k>t[rt[x]].cnt) pre=t[rt[x]].sum;
        else pre=query(rt[x],1,num,k);
        printf("%lld\n",pre);
    }
}