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SHUOJ417解题报告

2024-10-21 06:01:02   212人阅读

题目地址：

　　http://acmoj.shu.edu.cn/problem/417/

题目概述：

　　给定一个长度为n的非负整数序列，下标为0,1,…,n?1. 

　　定义：sequence(K)： 由下标为K的倍数组成的子序列,即下标为0,K,2K,...,[n?1/k]?k

　　query(K,S): 询问sequence(K)中的第S大的数字

大致思路：

　　这个题比赛的时候确实是大失误啊，本来想到了正解算法，但是随意分析了一下复杂度觉得应该是O(n2)的肯定过不了，然后以为是个什么可持久化线段树求第k大之类的，但是又不是询问区间遂放弃。

　　做法其实挺容易想到的，直接离线处理所有的子区间，询问的时候对相应的子区间排序之后直接回答就好了。

复杂度分析：

　　关键是复杂度的分析，当时觉得离线处理的复杂度是O(n2)，然后询问的时候复杂度更高，应该是O(m*nlogn)，这样肯定是过不了的。

　　但是我们发现，对于一个k来说，它所对应的子区间长度是n/k，所以离线处理的复杂度应该是技术分享，而这个式子当n趋近于无穷大是应该是O(n*lnn)的，所以离线处理的复杂度应该是O(n*lnn)。

　　对于询问来说，因为最多只有n个子区间，所以可以先将所有的询问按k值进行排序，这样可以使得对子区间的排序次数从m降到n，而对于子区间的排序，经过上面的分析之后很显然的知道不是O(nlogn)，而是技术分享，对所有的子区间就是技术分享也就是O(n*lnn)。

　　综上总的时间复杂度应该是O(n*lnn)。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <ctime>
#include <map>
#include <stack>
#include <set>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

#define sacnf scanf
#define scnaf scanf
#define maxn 20010
#define maxm 100010
#define inf 1061109567
#define Eps 0.000001
const double PI=acos(-1.0);
#define mod 1000000007
#define MAXNUM 10000
#define For(i,j,k) for(int (i)=(j);(i)<=(k);(i)++)
#define mes(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ulld;
void Swap(int &a,int &b) {int t=a;a=b;b=t;}
ll Abs(ll x) {return (x<0)?-x:x;}

struct node
{
    int k,s,id;
} q[maxm];

vector<int> a[maxn];
int ans[maxm],x[maxn];

bool cmp(int a,int b) {return a>b;}

bool cmp1(node a,node b)
{
    if(a.k==b.k) return a.s<b.s;
    return a.k<b.k;
}

int main()
{
    //freopen("data.in","r",stdin);
    //freopen("data.out","w",stdout);
    //clock_t st=clock();
    int T;scnaf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);
        For(i,1,n) a[i].clear();
        For(i,0,n-1) scanf("%d",&x[i]);
        for(int i=1;i*i<=n;i++)
            for(int j=0;j<n;j+=i) a[i].push_back(x[i]);
        For(i,1,m)
        {
            scanf("%d%d",&q[i].k,&q[i].s);
            if(q[i].k>=n) q[i].k=n;q[i].id=i;
        }
        sort(q+1,q+1+m,cmp1);
        For(i,1,m)
        {
            if(q[i].k*q[i].k>=n)
            {
                for(int j=0;j<n;j+=q[i].k) a[q[i].k].push_back(x[j]);
            }
            sort(a[q[i].k].begin(),a[q[i].k].end(),cmp);
            int t=i,len=a[q[i].k].size();
            while(q[t].k==q[i].k)
            {
                if(q[t].s>len) ans[q[t].id]=-1;
                else ans[q[t].id]=a[q[i].k][q[t].s-1];
                t++;
            }
            i=t-1;
        }
        For(i,1,m) printf("%d\n",ans[i]);
    }
    //clock_t ed=clock();
    //printf("\n\nTime Used : %.5lf Ms.\n",(double)(ed-st)/CLOCKS_PER_SEC);
    return 0;
}

 

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