bst 计数

bst 计数

题目描述

相信大家对二叉查找树都很熟悉了，现在给你N个整数的序列，每个整数都在区间[1,N]内，且不重复。现在要你按照给定序列的顺序，建立一个二叉查找树，把第一整数作为根，然后依次插入后面的整数。

每个结点X的插入过程其实就是模拟下面的 insert(X, root)过程：
你要求的是：每次把序列的一个整数插入到二叉查找数后，到目前为止计数类加器C的值是多少？请把它输出。注意：第一次插入根，计数器C的值是0，你可以理解为插入根是不执行insert()操作的，其后每插入一个结点，C都累加，也就是每次进入过程insert( number X, node N )，都会执行increase the counter C by 1，使得C不断增大。

输入格式 1868.in

第一行：一个整数：N,表示序列有多少个整数。 1 <= N <=300000
接下来有N行，每行一个整数X, X在区间[1,N]内，且不重复，这N个整数就组成了一个有序的序列。

输出格式 1868.out

N行，每行一个整数，第一行表示你把序列的第一个数插入到二叉查找树后，当前计数器C的值是多少。 50%的数据：N <= 1000。

输入样例 1868.in

   这题在考试的时候没怎么细想，索性就打了一个暴力就交了。所以直接说正解吧。

问题分析：

    从图上分析，2插入在3后面，1插在2后面，发现都是插在它大的最小的数的左边；而4插在3后面，5插在4后面，都是插在比它小的最大的数右边。

    如果还不能看出客观规律，就再画第三个样例看一看。

    ：3 5 1 6 8 7 2 4

直接模拟一次看看：

    当5进来的时候，查到比5小的最大的数是3，而比5小的数没有；（连接到3）

    当1进来的时候，查找到当时比1大的最小的数是3，而比1小的数没有；（连接到3）

    当6进来时，查找到比6小的最大的数是5，而比6大的数没有。（连接到5）

    当8进来时，查找到比8小的最大的数是6，而比8大的数没有。（连接到6）

    当7进来的时候，查找到当前比7大的最小的数是8，比7小的最大的数是6。（连接到7）

    当2进来的时候，检测到当前比2大的最小的数是3，比2小的最大的数是1。（连接到1）

    当4进来的时候，检测到当前比4大的最小的数是5，比4小的最大的数是3。（连接到5）

    通过观察上面的规律，会发现，如果只有比它大的数或只有比它小的数，那就直接接上去；如果大与小都能找得到，则接的是深度大的。

    而且我们会发现，在一个数列里面，比数i大的最小数，与比数i小的最大数的坐标是紧紧相连的，它们之间不会有其余的数，是有祖先关系的，即插入数i时，要选择一个深度大的插入。

深度怎么求呢？此时的深度就等于父亲的深度+1，这是必然的，然后ans一直不断累加即可。

具体实现：

    其实求比i大的最小和比i小的最大就是在求i的前驱和后继，在treap的讲义里有提到。

    也是可以用线段树做的，进来一个，便查一下比当前大的最小，和比当前小的最大得到数；如果有一个的值不合法（即没有），那么便取另一个；如果都是合法的，比较两者的深度，取深度较大的连接。

    当然treap必然也是可以的，但我个人对线段树更熟练一些。

代码如下：

#include#includeusing namespace std;const int maxn=300005,oo=10000000;int n,a[maxn];long long deep[maxn],ans;struct tre1{int ma;}tree1[4*maxn];struct tre2{int mi;}tree2[4*maxn];void init(){for(int i=0;i<=4*maxn;i++) tree2[i].mi=oo;}long long get1(int root,int l,int r,long long s,long long t){int ans1,ans2;if(s<=l&&r<=t) return tree1[root].ma;if(s>r||tr||tx||x>r) return;if(l==x&&x==r){tree1[root].ma=y;return;}int mid=(l+r)/2;update1(root*2,l,mid,x,y);update1(root*2+1,mid+1,r,x,y);tree1[root].ma=max(tree1[root*2].ma,tree1[root*2+1].ma);}//修改 void update2(int root,int l,int r,long long x,long long y){if(l>x||x>r) return;if(l==x&&x==r){tree2[root].mi=y;return;}int mid=(l+r)/2;update2(root*2,l,mid,x,y);update2(root*2+1,mid+1,r,x,y);tree2[root].mi=min(tree2[root*2].mi,tree2[root*2+1].mi);}//修改 int main(){freopen("1868.in","r",stdin);freopen("1868.out","w",stdout);ios::sync_with_stdio(false);cin>>n;init();cin>>a[1];update1(1,1,n,a[1],a[1]);update2(1,1,n,a[1],a[1]);cout<<0<>a[i];int v=0;int small=get1(1,1,n,1,a[i]-1);//最小的最大 int big=get2(1,1,n,a[i]+1,n);//最大的最小 int now=0;if(small==0) now=deep[big];//deep为深度，如果当没有比它小的数时 else if(big==oo) now=deep[small];//如果没有比它大的数时 else now=max(deep[big],deep[small]);//如果都有则取深度较大的 deep[a[i]]=now+1;update1(1,1,n,a[i],a[i]);update2(1,1,n,a[i],a[i]);ans+=deep[a[i]];//ans不断累加 printf("%lld\n",ans);}return 0;}