【uoj#280】[UTR #2]题目难度提升 对顶堆+STL-set

题目描述

给出 $n$ 个数 $a_1,a_2,...,a_n$ ，将其排为序列 ${p_i}$ ，满足 ${前 i 个数的中位数}$ 单调不降。求字典序最大的 ${p_i}$ 。

其中，对于一个长度为 $m$ 的数列，若 $m$ 为奇数，则中位数为从小到大第 $lceilfrac m2 ceil$ 大的数；若 $m$ 为偶数，则中位数为从小到大第 $frac m2$ 大和第 $frac m2+1$ 大的数的平均值。

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题解

对顶堆+STL-set

显然如果已经知道了这个数列的一部分，剩下的一定是每次加入大于等于中位数的数。

那么如何确定这一“部分呢”？将 $a$ 从小到大排序，然后：

• 如果 $a_{lceilfrac n2 ceil}=a_{lceilfrac n2 ceil+1}$ ，则可以让任何时刻中位数都等于 $a_{lceilfrac n2 ceil}$ ，找到最大的 $k$ 使得 $a_k+1=a_{lceilfrac n2 ceil}$ ，按照 $k,k+1,k-1,k+2,k-2,...$ 的顺序选择完整个数列即可得到最优解，显然任何时刻中位数都相等。没有考虑到这种情况可以得到60分。
• 否则如果存在 $k<lceilfrac n2 ceil$ 且 $a_k=a_{k+1}$ ，则按照 $k,k+1,k-1,k+2,k-2,...$ 的顺序选择，直到前面没有数可以取，这个过程中位数都相等。没有考虑到这种情况只能得到所有数互不相同的40分。
• 否则选择第一个数。

然后使用multiset保证每次删除后最小的数大于等于中位数，使用对顶堆维护中位数即可。

对顶堆：使用大根堆维护较小数，使用小根堆维护大数，保证两个堆的大小差不超过1。显然中位数可以直接从两个堆的堆顶元素得到。

时间复杂度 $O(nlog n)$ 。

#include <set>
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 100010
using namespace std;
multiset<int> s;
priority_queue<int> A , B;
int a[N] , v[N];
inline void push(int x)
{
	if(A.empty() || x <= A.top()) A.push(x);
	else B.push(-x);
	if(A.size() < B.size()) A.push(-B.top()) , B.pop();
	if(A.size() - B.size() > 1) B.push(-A.top()) , A.pop();
}
int main()
{
	int n , i , p , q , mid;
	scanf("%d" , &n);
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) scanf("%d" , &a[i]);
	sort(a + 1 , a + n + 1) , mid = (n + 1) >> 1;
	if(a[mid] == a[mid + 1])
	{
		while(mid < n && a[mid] == a[mid + 1]) mid ++ ;
		printf("%d" , a[mid]) , p = mid - 1 , q = n;
		while(p || q > mid)
		{
			if(p) printf(" %d" , a[p -- ]);
			if(q > mid) printf(" %d" , a[q -- ]);
		}
		return 0;
	}
	while(mid > 1 && a[mid] != a[mid - 1]) mid -- ;
	printf("%d" , a[mid]) , v[mid] = 1 , p = mid - 1 , q = n;
	while(p && q > mid) printf(" %d" , a[p]) , v[p -- ] = 1 , printf(" %d" , a[q]) , v[q -- ] = 1;
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
	{
		if(v[i]) push(a[i]);
		else s.insert(a[i]);
	}
	while(!s.empty())
	{
		p = *s.begin();
		if(A.size() == B.size())
		{
			if(p >= -B.top()) q = *--s.end();
			else q = *s.begin();
		}
		else
		{
			if(!B.empty() && p * 2 >= A.top() - B.top()) q = *--s.end();
			else q = *--s.upper_bound(p * 2 - A.top());
		}
		printf(" %d" , q) , s.erase(s.find(q)) , push(q);
	}
	return 0;
}