递增全局第k小

洛谷P7072

一句话题意：给定 正整数 \(w \in [1,99]\) ，向空队列中不断加数，设当前有 \(n\) 个数，每次加完求第 \(\lfloor n \times w \% \rfloor\) 大的数是多少。 \((1 \le n \le 1e5\))

做法：看起来是求区间第 \(k\) 大，有点复杂，但由于 \(n \times w \%\) 是单调递增的，我们可以用一个奇技淫巧。

用一个大根堆，一个小根堆维护。

每加一个数，加入小根堆，但要控制小根堆的size为当前的 \(\lfloor n \times w \% \rfloor\) ，所以如果当前size大了，就把多的丢掉。

但是这样会产生一个问题：我们现在丢掉的有可能是以后的答案，所以我们要拿个 \(rubbish\) 数组存一下丢掉的东西，每次先倒回来，算完答案再倒进去。

但是这样每次放过去放过来 \(n(1 - w\%)\) 个数，放n次，会使复杂度达到 \(\Theta(n(1 - w\%) * n) =\) \(\Theta(n^2)\) ，不彳亍！

但我们发现，我们每次的 \(\lfloor n \times w\% \rfloor\) 最多只会增加1，所以每次只有可能有一位是有问题的。而这一位必定是 \(rubbish\) 中最大的一个，所以只用一个大根堆维护最大值，每次往回吐一个即可。至此，一次复杂度变成 \(\Theta(logn)\) 了！

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int n, w, x;
priority_queue <int,vector<int>,greater<int> > xgd;
priority_queue <int> dgd;
int main()
{
	scanf("%d%d", &n, &w);
	int now;
	for(int i = 1; i <= n; ++i){
		scanf("%d", &x);
		xgd.push(x);
		now = max(1, i * w / 100);
		if(dgd.size()) xgd.push(dgd.top()), dgd.pop();
		while(xgd.size() > now) dgd.push(xgd.top()), xgd.pop();
		cout << xgd.top() <<' ';
	}
	return 0;
}

标签：lfloor,int,递增,每次,times,小根堆,Theta,全局
来源： https://www.cnblogs.com/fakeryu/p/16121155.html