\(AcWing\) \(1275\). 最大数
一、题目描述
给定一个正整数数列 \(a_1,a_2,…,a_n\)，每一个数都在 \(0∼p−1\) 之间。
可以对这列数进行两种操作：
添加操作：向序列后添加一个数，序列长度变成 \(n+1\)；
询问操作：询问这个序列中最后 \(L\) 个数中最大的数是多少。
程序运行的最开始，整数序列为空。
一共要对整数序列进行 \(m\) 次操作。
写一个程序，读入操作的序列，并输出询问操作的答案。
输入格式
第一行有两个正整数 \(m,p\)，意义如题目描述；
接下来 \(m\) 行，每一行表示一个操作。
如果该行的内容是 \(Q\) \(L\)，则表示这个操作是询问序列中最后 \(L\) 个数的最大数是多少；
如果是 \(A\) \(t\)，则表示向序列后面加一个数，加入的数是 \((t+a)\) \(mod\) \(p\)。其中，\(t\) 是输入的参数，\(a\) 是在这个添加操作之前最后一个询问操作的答案（如果之前没有询问操作，则 \(a=0\)）。
第一个操作一定是添加操作。对于询问操作，\(L>0\) 且不超过当前序列的长度。
输出格式
对于每一个询问操作，输出一行。该行只有一个数，即序列中最后 L 个数的最大数。
二、线段树求最大值模板代码
运行时间：\(646\) \(ms\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 200010;
int m; // m个操作
int p; // mod p
//线段树求最大值模板
struct Node {
int l, r, v; // 区间[l, r]中的最大值v
} tr[N << 2]; // 开4倍空间
void pushup(int u) {
tr[u].v = max(tr[u << 1].v, tr[u << 1 | 1].v);
}
void build(int u, int l, int r) {
tr[u] = {l, r};
if (l == r) return;
int mid = (l + r) >> 1;
build(u << 1, l, mid), build(u << 1 | 1, mid + 1, r);
}
int query(int u, int l, int r) {
if (tr[u].l >= l && tr[u].r <= r) return tr[u].v;
int mid = (tr[u].l + tr[u].r) >> 1;
int v = 0;
if (l <= mid) v = query(u << 1, l, r);
if (r > mid) v = max(v, query(u << 1 | 1, l, r));
return v;
}
void modify(int u, int x, int v) {
if (tr[u].l == tr[u].r) {
tr[u].v = v;
return;
}
int mid = (tr[u].l + tr[u].r) >> 1;
if (x <= mid)
modify(u << 1, x, v);
else
modify(u << 1 | 1, x, v);
pushup(u);
}
int n, last;
int main() {
//加快读入
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
cin >> m >> p;
build(1, 1, m); //初始化线段树, 区间范围[1, m]。
int x;
char op;
while (m--) {
cin >> op >> x;
if (op == 'A') {
modify(1, n + 1, ((LL)last + x) % p); //对于节点n+1进行修改,值=(最后一次的last查询值 + x )%p
n++;
} else {
// u = 1:从根节点开始查询
//查询序列中最后x个数的最大数: 查询[n - x + 1, n]内的最大值
last = query(1, n - x + 1, n);
printf("%d\n", last);
}
}
return 0;
}
三、树状数组解法
运行时间： \(246\) \(ms\)
因为每次询问的区间是最后几个数字，而树状数组可以快速求前缀，所以不妨倒着存储数据。
为了减少时间复杂度，要提前预留\(m\)个坑位，第一个数存放到\(m\)，第二个数存放到\(m-1\)，以此类推。
#include <iostream>
#include <cstdio>
typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int tr[N];
int m, p;
#define lowbit(x) (x & -x)
void add(int n, int x) {
for (int i = n; i <= m; i += lowbit(i)) tr[i] = max(tr[i], x);
}
int query(int n) {
int ret = 0;
for (int i = n; i; i -= lowbit(i)) ret = max(ret, tr[i]);
return ret;
}
int main() {
//加快读入
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
cin >> m >> p;
int last = 0;
int j = m;
for (int i = 0; i < m; i++) {
LL x;
char c;
cin >> c >> x;
if (c == 'A')
add(j--, (x + last) % p);
else {
last = query(j + x);
printf("%d\n", last);
}
}
return 0;
}
四、\(ST\)表解法
大部分大佬用的是线段树（我第一次也用的线段树）
现在发现用\(st\)超级容易
每次插入只需要修改与最后一个点有关的值即可
典型的空间换时间;
线段树空间复杂度\(O(4N)\),查询插入都是\(O(logN)\),不过时间里面还有许多浪费的成分
\(st\)空间复杂度\(O(NlogN)\),查询\(O(1)\),插入\(O(logN)\),比线段树快至少一半
由于\(st\)表还没有复习到，这里先不深入研究\(st\)表的解法，后面第三刷时再来仔细研究：
\(2022-12-13\) 新冠非常猖獗的时候，记录一下生活~
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+10,M=log2(N)+10;
int f[N][M];
int query(int l,int r){
int k=log2(r-l+1);
return max(f[l][k],f[r-(1<<k)+1][k]);
}
int n;
int insert(int a){
f[++n][0]=a;
for(int i=1;1<<i<=n;i++)
f[n-(1<<i)+1][i]=max(f[n-(1<<i)+1][i-1],f[n-(1<<i-1)+1][i-1]);
}
int q,p,a;
char op[2];
int x;
int main(){
scanf("%d%d",&q,&p);
for(;q--;){
scanf("%s%d",op,&x);
if(op[0]=='A')
insert((ll(x)+a)%p);
else{
printf("%d\n",a=query(n-x+1,n));
}
}
return 0;
}