1045. 快速排序(25)
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判题程序
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作者
CAO, Peng
著名的快速排序算法里有一个经典的划分过程：我们通常采用某种方法取一个元素作为主元，通过交换，把比主元小的元素放到它的左边，比主元大的元素放到它的右边。 给定划分后的N个互不相同的正整数的排列，请问有多少个元素可能是划分前选取的主元？
例如给定N = 5, 排列是1、3、2、4、5。则：
-
1的左边没有元素，右边的元素都比它大，所以它可能是主元；
-
尽管3的左边元素都比它小，但是它右边的2它小，所以它不能是主元；
-
尽管2的右边元素都比它大，但其左边的3比它大，所以它不能是主元；
- 类似原因，4和5都可能是主元。
因此，有3个元素可能是主元。
输入格式：
输入在第1行中给出一个正整数N（<= 105）； 第2行是空格分隔的N个不同的正整数，每个数不超过109。
输出格式：
在第1行中输出有可能是主元的元素个数；在第2行中按递增顺序输出这些元素，其间以1个空格分隔，行末不得有多余空格。
输入样例：5 1 3 2 4 5
输出样例：3 1 4 5
题目链接：PAT 1045
最近刚刚数据结构学了快速排序，根据快速排序基本法，可以发现若一个数被选为主元，那么这一次用它划分之后它左边的数一定均小于它，右边的数均大于它，那就可以用主席树来做啦。
直接查询$A_{1}$~$A_{i-1}$范围内是否有大于key的数和$A_{i+1}$~$A_{n}$范围内是否有小于key的数即可，挺模版的一道题，当然主席树代码量比较大，用BIT求逆序数好像也行，反正大概意思理解了方法应该是多种的，记得查询的时候范围要特判一下免得无限递归，另外一个最大的坑点就是这题如果没有主元，也要有输出空行，期末快考完了，只能刷点水题了…………
代码：
#include <stdio.h>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LC(x) (x<<1)
#define RC(x) ((x<<1)+1)
#define MID(x,y) ((x+y)>>1)
#define CLR(arr,val) memset(arr,val,sizeof(arr))
#define FAST_IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
typedef pair<int, int> pii;
typedef long long LL;
const double PI = acos(-1.0);
const int N = 1e5 + 7;
struct seg
{
int lson, rson;
int cnt;
inline void reset()
{
lson = rson = cnt = 0;
}
};
seg T[N * 20];
int root[N], arr[N], tot;
vector<int>vec, ans;
void init()
{
CLR(root, 0);
T[0].reset();
vec.clear();
ans.clear();
tot = 0;
}
void update(int &cur, int ori, int l, int r, int pos)
{
cur = ++tot;
T[cur] = T[ori];
++T[cur].cnt;
if (l == r)
return ;
int mid = MID(l, r);
if (pos <= mid)
update(T[cur].lson, T[ori].lson, l, mid, pos);
else
update(T[cur].rson, T[ori].rson, mid + 1, r, pos);
}
int query(int S, int E, int l, int r, int ql, int qr)
{
int ret = 0;
if (ql <= l && r <= qr)
ret = T[E].cnt - T[S].cnt;
else
{
int mid = MID(l, r);
if (ql <= mid)
ret += query(T[S].lson, T[E].lson, l, mid, ql, qr);
if (qr > mid)
ret += query(T[S].rson, T[E].rson, mid + 1, r, ql, qr);
}
return ret;
}
int main(void)
{
int n, i;
while (~scanf("%d", &n))
{
init();
for (i = 1; i <= n; ++i)
{
scanf("%d", &arr[i]);
vec.push_back(arr[i]);
}
sort(vec.begin(), vec.end());
vec.erase(unique(vec.begin(), vec.end()), vec.end());
for (i = 1; i <= n; ++i)
arr[i] = lower_bound(vec.begin(), vec.end(), arr[i]) - vec.begin() + 1;
for (i = 1; i <= n; ++i)
update(root[i], root[i - 1], 1, 100000, arr[i]);
for (i = 1; i <= n; ++i)
{
bool flag = true;
if (i - 1 >= 0 && arr[i] + 1 <= 100000)
flag &= (query(root[0], root[i - 1], 1, 100000, arr[i] + 1, 100000) == 0); //查询左边是否有大于key的数
if (flag && arr[i] - 1 >= 1)
flag &= (query(root[i], root[n], 1, 100000, 1, arr[i] - 1) == 0); //查询右边是否有小于key的数
if (flag)
ans.push_back(vec[arr[i] - 1]);
}
int sz = ans.size();
printf("%d
", sz);
sort(ans.begin(), ans.end());
for (i = 0; i < sz; ++i)
printf("%d%s", ans[i], i == sz - 1 ? "
" : " ");
if (!sz)
putchar('
');
}
return 0;
}