Q - Queue HDU - 5493

Problem Description NNN people numbered from 1 to NNN are waiting in a

bank for service. They all stand in a queue, but the queue never

moves. It is lunch time now, so they decide to go out and have lunch

first. When they get back, they don’t remember the exact order of the

queue. Fortunately, there are some clues that may help. Every person

has a unique height, and we denote the height of the iii-th person as

hih_ihi. The iii-th person remembers that there were kik_iki people who

stand before him and are taller than him. Ideally, this is enough to

determine the original order of the queue uniquely. However, as they

were waiting for too long, some of them get dizzy and counted kik_iki in

a wrong direction. kik_iki could be either the number of taller people

before or after the iii-th person. Can you help them to determine the

original order of the queue?

Input The first line of input contains a number TTT indicating the

number of test cases (T≤1000T≤1000T≤1000). Each test case starts with a line

containing an integer NNN indicating the number of people in the queue

(1≤N≤1000001≤N≤1000001≤N≤100000). Each of the next NNN lines consists of two integers

hih_ihi and kik_iki as described above (1≤hi≤109,0≤ki≤N−11≤h_i≤10^9,0≤k_i≤N-11≤hi≤109,0≤ki≤N−1). Note that

the order of the given hih_ihi and kik_iki is randomly shuffled. The sum

of NNN over all test cases will not exceed 10610^6106

Output For each test case, output a single line consisting of “Case

#X: S”. XXX is the test case number starting from 1. SSS is people’s heights in the restored queue, separated by spaces. The solution may

not be unique, so you only need to output the smallest one in

lexicographical order. If it is impossible to restore the queue, you

should output “impossible” instead.

Sample Input

3

3

10 1

20 1

30 0

3

10 0

20 1

30 0

3

10 0

20 0

30 1

Sample Output

Case #1: 20 10 30

Case #2: 10 20 30

Case #3: impossible

思路

利用插空的思想，当我们考虑某个人要被放到那个位置上的时候，考到可能是比他高到k个人在他的前边，也可能是比他高到人在他的后边，这个是我们可把题上给我们的序列按照从身高从小的到大来排序，这我正考虑要某个要放哪的时候是不会受前边人已经安排好为位置的人影响，，这操作之后这个题目看起来简单些，，，接着由于字典序最小，，，由于每个人的身高是从小到大排序的，所以我们在决定某个人要被放到那个位置的时候（这个时候有多个位置符合题意）我们应该尽量的把这个人放置的越靠前位置越好（在这个位置是符合题意的时候），那么我们怎判断某个人因该放那个位置呢？？我们可以假设我们要放置的是第 i 个人，在他的前边或后边有k个人比他高，可以确定已经有 i - 1 个人已经被的位置已经被确定了，我们先讨论第一个中情况：在 i 这个人的前边有 k 个人比他高， ⚠️之前放置的人，都比他矮，所以我们要预留 k + 1个空位置（因为 i 这个人也要占一个位置），具体找这个位置，我们可以通过二分查找来查找前缀区间和为 k + 1 的位置；接下来我们讨论第二种情况：在区间的尾部留 k空位置，那么在这个空位置的前边剩余的空位置为 n - i - k + 1 ，这样在用二分来查找区间前缀和为 n - i - k + 1 的位置的下标，由于字典序最小我们应在两种情况的到的位置中取最小的情况，并在把这个位置天上这个人的身高就行了。。。。。。。这样不断遍历循环讨论下去，就能得到答案了

代码

#include<stdio.h>

#include<string>

#include<string.h>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<iostream>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int MAXN=200000+5;    //最大元素个数

int n;//元素个数

int c[MAXN],ans[MAXN];      //c[i]==A[i]+A[i-1]+...+A[i-lowbit(i)+1]

int lowbit(int i){return i&(-i);}   //返回i的二进制最右边1的值

int sum(int x){             //返回A[1]+...A[i]的和

    int sum = 0;

    while(x){

        sum += c[x];

        x -= lowbit(x);

    }

    return sum;

}

void add(int x, int val){   //令A[i] += val

    while(x <= n){

        c[x] += val;

        x += lowbit(x);

    }

}

int find_(int x){           //二分查找

	int l=1,r=n,mid;

	while(l<r){

        mid=(l+r)>>1;

        int num=sum(mid);

        if(num<x)

			l=mid+1;

		else

			r=mid;

	}

	return l;

}

 int Sch(int num)      //二分查找空位数为num 的位置

{

    int l = 1, r = n, ans;

    while(l <= r)

    {

        int mid = (l + r) >> 1;

        if(Sum(mid) >= num)

            r = mid - 1, ans = mid;

        else

            l = mid + 1;

    }

    return ans;

}

struct node1{

	ll h,v;

}a[MAXN];

ll b[MAXN];

bool cmp(node1 x,node1 y){

	 return x.h<y.h;

}

int main(){

    int t;

    t--;

    cin>>t;

    int kase=0;

    while(t--){

		kase++;

        memset(c,0,sizeof(c));

        memset(ans,0,sizeof(ans));

        scanf("%lld",&n);

        for(int i=1;i<=n;i++){

            add(i,1);

            scanf("%lld%lld",&a[i].h,&a[i].v);

        } 

        sort(a+1,a+n+1,cmp);

        int flag=1;

        for(int i=1;i<=n;i++){

            if(n-i-a[i].v<0) {flag=0;break;}

            int p=min(a[i].v,n-i-a[i].v)+1; //前面有多少个空位，包括本身，所以+1

            int pos=find_(p);

            add(pos,-1);

            ans[pos]=a[i].h;

        }

        printf("Case #%d:", kase);

		if (flag) {

			for (int i = 1; i <= n; i++) {

				printf(" %d", ans[i]);

			}printf("\n");

		}

		else printf(" impossible\n");

	}

    return 0;

}

总结：1. 对待这种插空位置，我们应该按照一定的顺序，比如这一题按身高从低到高去一一的对待去讨论，这样避免一些了复杂的东西。
2.这里的 “字典序最小” 与 “预留空位的操作” ，是奇妙的搭配
3.这一题的树状数组用来统计空位置的数量，而一个又一个讨论找符合题意的下标位置是很浪费时间的，所以加上了一个快速 “二分” ，快速查找就非常完美了

巴特西

Q - Queue HDU - 5493(树状树组维护区间前缀和 + 二分找预留空位)

Q - Queue HDU - 5493

思路

代码

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