题目描述
在如今的网络中，TCP 是一种被广泛使用的网络协议，它在传输层提供了可靠的通信服务。众所周知，网络是存在时延的，例如用户先后向服务器发送了两个指令 op1 和 op2，并且希望服务器先处理指令 op1，再处理指令 op2；但由于网络时延，这两个指令可能会失序到达，而导致服务器先执行了指令 op2，这是我们不希望看到的。TCP 协议拥有将失序到达的报文按顺序重组的功能，一种方法是给每一个报文打上一个时间戳。而你今天要实现的功能比这个要简单很多。我们需要你维护一个服务器，这个服务器的功能是一个简单的栈，你会接收三种用户的指令：
push x t — 表示将 x元素入栈，这条指令的时间戳为 t
pop t — 表示将栈顶元素弹出，这条指令的时间戳为 t
peak t — 用户询问现在栈顶元素的值，这条指令的时间戳为 t
当一条时间戳为 t 的指令到达时，你需要进行如下处理：
1.将所有之前执行的时间戳大于 t 的 push和 pop指令全部撤销
2.执行当前这条指令
3.按时间戳顺序重新执行在第 1 步被撤销的指令
注意你不需要撤销以及重新执行之前已经执行过的 peak 指令，也就是说每一条 peak指令只有在它到达的时候会被执行一次。
我们保证每一条指令的时间戳都是唯一的；若你在需要执行一条 pop 指令时发现当前栈为空，则当前你可以忽略这条指令。
输入
第一行包含一个整数 n，表示指令总数。接下来 n 行按指令到达服务器的顺序给出每一条指令，有三种类型
push x t
pop t
peak t
输出
对于每一条 peak指令，输出对应的答案占一行；若栈为空，输出−1。样例输入：
7
push 100 3
push 200 7
peak 4
push 50 2
pop 5
peak 6
peak 8
样例输出
100
50
200
对于 100%的数据，1 <= n <= 300000，0 <= x，t <= 1000000000。
·突出题目重点难点:
①任务按照时间顺序执行，且输入的顺序不等于时间顺序
②上面条件的基础上，当前的PEAK命令只对在这之前的命令生效（不论时间先后，意思是后面输入的任务不会产生或被造成影响）
③必须模拟每一个出栈入栈的操作，否则无法得到每一时间点的栈顶状态
④n<=300000（logn<=18.2），猜测算法时间复杂度T的范围：
(O(n)的算法不太可能) n*logn<=T<n*logn*logn
·解决方案：
基本思路可以想到是线段树，构造线段树的目的是维护每一个时刻栈的出栈进栈情况：如果线段树的各节点表示离散化后的时间点的化，那么里面的值就只有三种：1,0,-1。1表示进栈一个元素(不管这个元素具体是多少，这不是线段树要表示的)，-1表示出栈一个元素，0表示这时刻是一个询问。那么维护线段树的区间和就可以用正负表示当前栈里有没有元素：
根据栈的性质，上面这幅图还有妙用：
栈是先进后出的：如果我们从x点开始，用一个指针i向右移动，就有如下结论：【区间和sun[i,x]第一次大于0时，PEAK要找的元素必定在这个区间之中】(假设这是读入的是PEAK x)
·在上图中可以看出，其实一旦sum[i,x]大于0，那么要找的数就是i这个位置push进去的数。但有一问题：线段树是无法将叶子节点一个个遍历的（而且这样做明显时间无法承受），所以我们只能用线段树区间拆分的思想进行类似的从后向前的遍历：
设我们的PEAK的时间是x，那么需要在1~x时间中寻找那个当前栈顶元素究竟是谁。设[1,x]为区间P，那么在线段树上拆分为a,b,c三段区间，然后从左至右遍历c,b,a当发现当前累加的区间和大于零时，则答案必在当前循环到的区间里（比如：sum(c)<0,sum(b+c)>0那么答案就在b区间中）。至于开头说的具体数值不用管，因为在b区间里你还要进行二分查找，那么最后找到的那个点（即答案），l==r那么只需要在读入的时候记录num[]就可以直接输出num[l]或者num[r]了。
·最后一个问题：a,b,c区间可能答案就在里面，但是包含了一些-1(比如说c区间长这样：{-1,-1,-1,-1,-1,-1,-1,-1,1}很明显,答案就是最后一个1，因为前面的pop即-1都无法影响它)。这些-1会让这个区间的sum变小从而导致错误。所以我们作为判断和大于零的依据不是区间和而是最大后缀和。
（注：其实后缀和做是一种改进方法，它的原版是直接在所有区间内二分找到最靠右边的sum大于0的时间点，但这样时间会爆炸）
#include<stdio.h> #include<algorithm> #define go(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) using namespace std;const int N=300004; struct TCP{char act;int Num,tim;}g[N]; int n,Table[N],t,root,sz,list[N],k,Ll[N],Rr[N],ans; int lch[N*4],rch[N*4],sum[N*4],suffix[N*4],num[N]; void build(int& u,int l,int r){u=++sz;if(l==r)return;int mid=l+r>>1; build(lch[u],l,mid);build(rch[u],mid+1,r);} void update(int u,int l,int r,int P,int val) { if(l==r){suffix[u]=sum[u]=val;return;}int mid=l+r>>1; P<=mid?update(lch[u],l,mid,P,val):update(rch[u],mid+1,r,P,val); sum[u]=sum[lch[u]]+sum[rch[u]]; suffix[u]=max(suffix[lch[u]]+sum[rch[u]],suffix[rch[u]]); } void divide(int u,int l,int r,int L,int R) { if(l==L&&r==R){list[++k]=u;Ll[k]=l;Rr[k]=r;return;} int mid=l+r>>1;if(R<=mid)divide(lch[u],l,mid,L,R); else if(mid<L)divide(rch[u],mid+1,r,L,R); else divide(rch[u],mid+1,r,mid+1,R), divide(lch[u],l,mid,L,mid); } void dichotomy(int u,int l,int r,int tmp) { while(l<r){int mid=l+r>>1; if(tmp+suffix[rch[u]]>0)u=rch[u],l=mid+1; else tmp+=sum[rch[u]],u=lch[u],r=mid;}ans=num[l]; } int main() { scanf("%d",&n);char s[5];int x,y; go(i,1,n)x=0,scanf("%s",s+1),s[2]=='u'?scanf("%d%d",&x,&y):scanf("%d",&y), g[i]=(TCP){s[2],x,y},Table[++t]=y;sort(Table+1,Table+t+1); go(i,1,n)g[i].tim=lower_bound(Table+1,Table+t+1,g[i].tim)-Table; build(root,1,t); go(i,1,n) { if(g[i].act=='u')update(1,1,t,g[i].tim, 1),num[g[i].tim]=g[i].Num; if(g[i].act=='o')update(1,1,t,g[i].tim,-1); if(g[i].act=='e') { k=0;bool get_ans=0;int suffix_tot=0; divide(1,1,t,1,g[i].tim); go(j,1,k)if(suffix_tot+suffix[list[j]]>0) { dichotomy(list[j],Ll[j],Rr[j],suffix_tot); get_ans=1;printf("%d ",ans);break; } else suffix_tot+=sum[list[j]]; if(!get_ans)printf("-1 "); } } return 0; }//Paul_Guderian
狂欢的队伍已经远去，我只能看到自己的影子……————汪峰《尘土》