BSG白山极客挑战赛题解（B题(dp)，E题(二分+树状数组)）

AVL树的种类

曹鹏 (命题人)
基准时间限制：1 秒 空间限制：131072 KB 分值: 40
平衡二叉树(AVL树），是指左右子树高度差至多为1的二叉树，并且该树的左右两个子树也均为AVL树。 现在问题来了，给定AVL树的节点个数n，求有多少种形态的AVL树恰好有n个节点。
Input
一行，包含一个整数n。 (0 < n <= 2000)
Output
一行表示结果，由于结果巨大，输出它对1000000007取余数的结果。
Input示例
10
Output示例
60

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这题其实很水，我开头想多了，其实2000个节点的AVL树也就十几层，不超过20层，并且，一个AVL树，它的左子树和右子树必定都是AVL树啊，所以用状态dp[i][j]表示一颗高度i，节点个数为j的AVL树有的形态
转移为

dp[i][j]=dp[i−1][k]∗dp[i−1][j−k−1]+dp[i−1][k]∗dp[i−2][j−k−1]+dp[i−2][k]∗dp[i−1][j−k−1]

就是直接把一颗高度为i的AVL构成的三种情况都列出来，先枚举高度i，然后枚举它有的节点j，然后枚举左子树的节点k，复杂度为O(n2logn)

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代码：

#include <map>#include <set>#include <stack>#include <queue>#include <cmath>#include <string>#include <vector>#include <cstdio>#include <cctype>#include <cstring>#include <sstream>#include <cstdlib>#include <iostream>#include <algorithm>#pragma comment(linker,"/STACK:102400000,102400000")using namespace std;#define   MAX           2005#define   MAXN          6005#define   maxnode       15#define   sigma_size    30#define   lson          l,m,rt<<1#define   rson          m+1,r,rt<<1|1#define   lrt           rt<<1#define   rrt           rt<<1|1#define   middle        int m=(r+l)>>1#define   LL            long long#define   ull           unsigned long long#define   mem(x,v)      memset(x,v,sizeof(x))#define   lowbit(x)     (x&-x)#define   pii           pair<int,int>#define   bits(a)       __builtin_popcount(a)#define   mk            make_pair#define   limit         10000//const int    prime = 999983;const int    INF   = 0x3f3f3f3f;const LL     INFF  = 0x3f3f;const double pi    = acos(-1.0);const double inf   = 1e18;const double eps   = 1e-8;const LL    mod    = 1e9+7;const ull    mx    = 133333331;/*****************************************************/inline void RI(int &x) {      char c;      while((c=getchar())<'0' || c>'9');      x=c-'0';      while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0'; }/*****************************************************/LL dp[20][MAX];int h[100];int n;int main(){    while(cin>>n){        mem(dp,0);        dp[0][0]=1; dp[1][1]=1;        LL ans=dp[1][n];        for(int i=2;i<20;i++){            for(int j=0;j<=n;j++){                for(int k=0;k<j;k++){                    dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][k]*dp[i-1][j-k-1]%mod+dp[i-1][k]*dp[i-2][j-k-1]%mod+dp[i-2][k]*dp[i-1][j-k-1]%mod)%mod;                }            }            ans=(ans+dp[i][n])%mod;        }        cout<<ans<<endl;    }}

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第K大区间2

﹡ ＬＨ (命题人)
基准时间限制：1.5 秒 空间限制：131072 KB 分值: 160
定义一个长度为奇数的区间的值为其所包含的的元素的中位数。中位数_百度百科
现给出n个数，求将所有长度为奇数的区间的值排序后，第K大的值为多少。

样例解释：

[l,r]表示区间的值
[1]：3
[2]：1
[3]：2
[4]：4
[1,3]：2
[2,4]：2

第三大是2
Input
第一行两个数n和k(1<=n<=100000,k<=奇数区间的数量)
第二行n个数，0<=每个数<2^31
Output
一个数表示答案。
Input示例
4 3
3 1 2 4
Output示例
2

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求奇数区间里第k大的中位数。
一般来说第k大这种题，都是先二分，所以我们考虑二分中位数x，然后可以找中位数大于等于x的奇数区间的个数，如果大于等于k，则说明x太小，否则x过大。
二分之后如何找中位数大于等于x的奇数区间个数呢，就是一个区间里大于等于x的数字的个数乘以2，大于等于区间长度呗，记f(i)为1-i的区间里大于等于x的个数，考虑2×(f(r)−f(l))≥r−l，这是说明这个区间里大于等于x的个数大于区间长度的一半，然后通过化简可以得到2×f(r)−r≥2×f(l)−l，于是我们可以把2×f(i)−i记录下来，这里为了防止出现负数，可以把这个值再加上100000，然后扫描的时候放进树状数组里维护比它小的个数，同时要记住这题是求奇数区间，所以树状数组要开二维，r是奇数时，l应该取偶数，然后就能AC了，复杂度为O(nlog2n)

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代码：

#include <map>#include <set>#include <stack>#include <queue>#include <cmath>#include <string>#include <vector>#include <cstdio>#include <cctype>#include <cstring>#include <sstream>#include <cstdlib>#include <iostream>#include <algorithm>#pragma comment(linker,"/STACK:102400000,102400000")using namespace std;#define   MAX           100005#define   MAXN          6005#define   maxnode       15#define   sigma_size    30#define   lson          l,m,rt<<1#define   rson          m+1,r,rt<<1|1#define   lrt           rt<<1#define   rrt           rt<<1|1#define   middle        int m=(r+l)>>1#define   LL            long long#define   ull           unsigned long long#define   mem(x,v)      memset(x,v,sizeof(x))#define   lowbit(x)     (x&-x)#define   pii           pair<int,int>#define   bits(a)       __builtin_popcount(a)#define   mk            make_pair#define   limit         10000//const int    prime = 999983;const int    INF   = 0x3f3f3f3f;const LL     INFF  = 0x3f3f;const double pi    = acos(-1.0);const double inf   = 1e18;const double eps   = 1e-8;const LL    mod    = 1e9+7;const ull    mx    = 133333331;/*****************************************************/inline void RI(int &x) {      char c;      while((c=getchar())<'0' || c>'9');      x=c-'0';      while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0'; }/*****************************************************/int a[MAX];int f[MAX];int c[MAX*2][2];int n;LL k;void add(int x,int d,int j){    while(x<=200002){        c[x][j]+=d;        x+=lowbit(x);    }}int sum(int x,int j){    int ret=0;    if(x<0) return 0;    while(x){        ret+=c[x][j];        x-=lowbit(x);    }    return ret;}bool check(int x){    f[0]=0;    mem(c,0);    for(int i=1;i<=n;i++){        if(a[i]>=x) f[i]=f[i-1]+1;        else f[i]=f[i-1];    }    for(int i=0;i<=n;i++){        f[i]=2*f[i]-i+100001;        //if(x==0) cout<<f[i]<<endl;    }    LL ans=0;    for(int i=0;i<=n;i++){        ans+=(LL)sum(f[i]-1,!(i&1));        //if((i&1)&&f[i]>0) ans++;        //cout<<sum(f[i]-1,i)<<" "<<i<<endl;        add(f[i],1,i&1);    }    //cout<<ans<<" "<<x<<endl;    if(ans>=k) return true;    return false;}int main(){    cin>>n>>k;    int maxn=0;    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),maxn=max(maxn,a[i]);    int l=0,r=maxn;    while(l<=r){        int mid=(l+r)/2;        if(check(mid)) l=mid+1;        else r=mid-1;    }    cout<<r<<endl;    return 0;}