【题解】CF1227D Optimal Subsequences
作者：互联网
题意
给定一个长度为 $n$ 的序列 $a_1,a_2,...,a_n$。
有 $m$ 个询问，每个询问给出两个正整数 $k,pos$。你需要找到一个长度为 $k$ 的子序列，且满足如下要求：
- 该子序列的元素和是所有子序列中最大的；
- 该子序列是所有满足上一条件的子序列中字典序最小的一个。
对于每个询问，输出该子序列的第 $pos$ 个元素的值。
$1 \le k \le n$，在同一询问中有 $1 \le pos \le k$。
Easy Version：$1 \le n,m \le 100$。
Hard Version：$1 \le n,m \le 200000$。
暴力解法
发现简单版本的 $n,m$ 都很小，因此我们可以考虑暴力做法。
不难想出一个贪心策略：将序列 $a$ 从大到小排序，取前 $k$ 个数，那么选出的这 $k$ 个数组成的子序列一定和最大。证明过于简单这里就不写了。
不过这题的 $a$ 序列中可能存在值相同的元素，如何解决它们在原序列的分布问题十分关键。
一般地，设从大到小排序后的第 $k$ 个元素为 $x$。
那么原序列中所有大于 $x$ 的元素都一定会被取到，所有小于 $x$ 的元素都不会被取到。
而原序列中等于 $x$ 的元素，是子序列中值最小的元素，可能只取到一部分。
这么一说，序列中不确定的元素只剩下等于 $x$ 的元素了。
而题目说了第二关键字是字典序，所以 $x$ 作为子序列中最小的数，在子序列中的位置应该越前越好。
因此可以设计策略如下：
- 对于值大于原序列第 $k$ 大的元素，直接收入子序列；
- 对于值等于原序列第 $k$ 大的元素，优先挑靠前位置的，直到选满 $k$ 个数为止。
代码如下（这里为了简单就搞了个 std::map，复杂度 $O(nm \log \max{a_i}$）：
#include <bits/stdc++.h>
#define INF 1e9
#define eps 1e-6
typedef long long ll;
using namespace std;
map <int, int> M;
int n, m, a[110], b[110], seq[110], ss;
bool bb[110];
int main(){
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &a[i]), b[i] = a[i];
sort(b + 1, b + n + 1);
scanf("%d", &m);
for(int i = 1, k, pos; i <= m; i++){
scanf("%d%d", &k, &pos);
for(int j = n; j >= n - k + 1; j--) // 挑前 k 大
M[b[j]]++;
ss = 0;
for(int j = 1; j <= n; j++) // 放到原序列找
if(M[a[j]] > 0)
M[a[j]]--, seq[++ss] = a[j];
printf("%d\n", seq[pos]);
}
return 0;
}
将问题简单化
假设一开始令一序列 $b$ 与序列 $a$ 完全相同，且之后将序列 $b$ 从大到小排序。
当查询子序列长度为 $k$ 时，序列 $a$ 中大于 $b_k$ 的数一定会被选中，等于 $b_k$ 的数在原序列排得越前，越优先被选入子序列。
这里就不细说了，如果不理解的可以去看上文的暴力解法。
算法的分析
- 对于每个 $i,j$，快速定位序列 $a$ 中第 $i$ 个等于 $a_j$ 的数的位置
这个不难，因为 $a_i \le 10^9$ 而数字只有 $2 \times 10^5$ 个，所以可以再创建一个序列 $c$ 作为序列 $a$ 的离散化数组。
开 $n$ 个 vector（命名为 v），第 $i$ 个 vector 记录离散化后的值等于 $i$ 的数，在序列 $a$ 的下标。
对于同一个 vector，里面的元素应满足单调递增。
查询序列 $a$ 中第 $i$ 个等于 $a_j$ 的数的位置，只要找 v[c[j]][i - 1] 就行了。
- 关于询问的顺序
如果对每个询问独立进行回答，这个问题会变得困难。
不难看出，询问的 $k_i$ 长度如果递增，一共只需要插入 $n$ 次数字，避免了巨量的增删。
因此，我们可以离线解决这个问题，将操作以 $k$ 从小到大排序。
- 将长度为 $s$ 的序列扩展到 $s+1$ 的解决办法
如果 b[s] 与 b[s + 1] 相等，那么要在子序列中插入一个之前没被插入过，且在序列 $a$ 中最靠前且等于 b[s] 的数。
否则，只需要插入序列 $a$ 中第一个等于 b[s + 1] 的数的位置。
这步的实现见上文「快速定位」的步骤。
- 将一个数插入序列的某个位置，同时能询问当前序列中第 $pos$ 个数的值
由于我很菜，没往平衡树和块状链表等算法思考，就在这里提供一个较好理解的做法吧。
首先这题特殊的地方在于，我们知道所有即将插入的数值，以及它在最终序列的下标。
那换个表示方法，每插入一个数字，就在序列 $a$ 中该数字对应的位置上打一个标记。
如果我们不想让这些没标记的位置添麻烦，我们可以将序列 $a$ 记录标记数量的前缀和。
最后，如果询问到序列第 $pos$ 个位置的话，我们就找第一个前缀和等于 $pos$ 的位置就可以了。这可以二分解决。
至于前缀和的维护，我们可以操作一个树状数组实现。
该算法总复杂度：$O(m \log^2 n)$，瓶颈在于二分 + 树状数组。
代码如下：
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
#define INF 1e9
#define eps 1e-6
#define N 200010
typedef long long ll;
using namespace std;
struct query{
int k, pos, id;
}q[N];
struct S{
int id, v;
}s[N];
int n, m, a[N], b[N], cnt;
int ss[N], ans[N], t[N];
vector <int> v[N];
bool cmp(S x, S y){
if(x.v != y.v) return x.v > y.v;
return x.id < y.id;
}
bool cmpp(query x, query y){
if(x.k != y.k) return x.k < y.k;
return x.pos > y.pos;
}
// 树状数组模板
inline int lowbit(int x){
return x & (-x);
}
void modify(int x){
while(x <= n)
t[x]++, x += lowbit(x);
}
int sum(int x){
int ss = 0;
while(x >= 1)
ss += t[x], x -= lowbit(x);
return ss;
}
int main(){
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &a[i]), b[i] = a[i];
scanf("%d", &m);
// 离散化
sort(b + 1, b + n + 1);
cnt = unique(b + 1, b + n + 1) - b - 1;
for(int i = 1; i <= n; i++){
a[i] = lower_bound(b + 1, b + cnt + 1, a[i]) - b;
s[i].id = i, s[i].v = a[i];
v[a[i]].push_back(i);
}
// 排序操作
sort(s + 1, s + n + 1, cmp);
for(int i = 1, k, pos; i <= m; i++)
scanf("%d%d", &q[i].k, &q[i].pos), q[i].id = i;
sort(q + 1, q + m + 1, cmpp); // 离线解决
int nowk = 0;
for(int i = 1, L, R; i <= m; i++){
while(nowk < q[i].k) // 树状数组维护
nowk++, modify(v[s[nowk].v][ss[s[nowk].v]]), ss[s[nowk].v]++;
L = 1, R = n;
while(L < R){ // 二分找答案
int mid = (L + R) >> 1;
if(sum(mid) < q[i].pos) L = mid + 1;
else R = mid;
}
ans[q[i].id] = b[a[L]];
}
for(int i = 1; i <= m; i++)
printf("%d\n", ans[i]);
return 0;
}
标签：le,return,CF1227D,int,题解,元素,pos,Subsequences,序列 来源： https://www.cnblogs.com/zengpeichen/p/14617869.html