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题目描述
题解：
根据题意很容易想到60%数据的\(O(N^2logN)\)暴力做法，即每次从大数往小数找，如果它能在m步内换到当前位置就把它换到前面去，然后再把选中的位置设为0，可以用树状数组在\(O(logN)\)完成。
0.O(N^2logN)暴力
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
int x;
cin>>x,pos[x]=i;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=n;j>=1;j--){
if(已经选择过j)continue;
int times=sum(pos[j])-1;
if(times<=m){
选择j；m-=times;
update(pos[j],-1);
printf("%d\n",j);
break;
}
}
}
对于100%数据考虑优化，思路还是一样的。
1.打离线赛时的做法
上面做法的时间瓶颈在于求\(times<=m\)的最大的数字，由于对于序列来说times递增，发现可以先用二分查找配合树状数组找出一个位置的范围，那么在这个范围内再去查找最大值即可，找最大值可以用线段树实现，然后当你选中了这个最大值后，在树状数组中修改，同时也在线段树中进行单点修改，并维护区间最大值。
这个做法还是比较无脑的，树状数组存某一位前面还剩余的数字个数，线段树存序列中某段区间还留着的数字的最大值，但好打是重点，由于还嵌套了二分查找，时间复杂度为\(O(N*logN*logN)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
struct node{
int l,r,w;
}b[N<<2];
int n,m;
int a[N],id[N],ans[N],c[N];
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
void add(int x,int d){
while(x<=n){
c[x]+=d;
x+=lowbit(x);
}
}
int sum(int x){
int ret=0;
while(x){
ret+=c[x];
x-=lowbit(x);
}
return ret;
}
void build(int l,int r,int o){
b[o].l=l,b[o].r=r;
if(l==r){
b[o].w=a[l];
return;
}
int mid=l+r>>1;
build(l,mid,o<<1);
build(mid+1,r,o<<1|1);
b[o].w=max(b[o<<1].w,b[o<<1|1].w);
}
void update(int o,int pos,int d){
if(b[o].l==pos&&b[o].r==pos){
b[o].w=d;
return;
}
int mid=b[o].l+b[o].r>>1;
if(pos<=mid)update(o<<1,pos,d);
else update(o<<1|1,pos,d);
b[o].w=max(b[o<<1].w,b[o<<1|1].w);
}
int query(int l,int r,int o){
if(b[o].l==l&&b[o].r==r)return b[o].w;
int mid=b[o].l+b[o].r>>1;
if(r<=mid)return query(l,r,o<<1);
else if(l>mid)return query(l,r,o<<1|1);
return max(query(l,mid,o<<1),query(mid+1,r,o<<1|1));
}
int main(){
// freopen("arrange.in","r",stdin);freopen("arrange.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),id[a[i]]=i;
build(1,n,1);
for(int i=1;i<=n;i++)add(i,1);
for(int i=1;i<=n;i++){
int l=1,r=n,lim=l;//二分查找范围
while(l<=r){
int mid=l+r>>1;
if((sum(mid)-1)<=m)l=mid+1,lim=mid;
else r=mid-1;
}
int p=query(1,lim,1);//线段树找
update(1,id[p],0);//线段树单点修改
m-=(sum(id[p])-1);
add(id[p],-1);
ans[i]=p;
}
for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d\n",ans[i]);
}
2.赛后一种较为简洁的做法
树状数组中的个数也放在线段树上维护，不要了。
二分查找放在线段树上直接查找，不要了。
所以只要一个线段树就好了，维护两个东西，区间个数s、区间最值mx。时间复杂度为\(O(NlogN)\)。
代码如下☞
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
#define For(a,b,c) for(register int a=b;a<=c;a++)
inline int read(){
int x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
return x;
}
int s[N<<2],mx[N<<2],pos[N],id[N],m,n;
void build(int o,int l,int r){
if(l==r){
s[o]=1,mx[o]=id[l];
return;
}
int mid=l+r>>1;
build(o<<1,l,mid),build(o<<1|1,mid+1,r);
mx[o]=max(mx[o<<1],mx[o<<1|1]);
s[o]=s[o<<1]+s[o<<1|1];
}
void update(int o,int l,int r,int pos,int co){
if(l==r){
m-=co,mx[o]=s[o]=0;
return;
}
int mid=l+r>>1;
if(pos<=mid)update(o<<1,l,mid,pos,co);
else update(o<<1|1,mid+1,r,pos,co+s[o<<1]);
mx[o]=max(mx[o<<1],mx[o<<1|1]);
s[o]=s[o<<1]+s[o<<1|1];
}
int query(int o,int l,int r,int d){
if(d<=0)return 0;
if(l==r)return mx[o];
int mid=l+r>>1;
if(d<=s[o<<1])return query(o<<1,l,mid,d);
return max(mx[o<<1],query(o<<1|1,mid+1,r,d-s[o<<1]));
}
int main(){
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;i++)id[i]=read(),pos[id[i]]=i;
build(1,1,n);
for(int i=1;i<=n;i++){
int num=query(1,1,n,min(m+1,s[1]));
printf("%d\n",num);
update(1,1,n,pos[num],0);
}
}