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一道有點意思的題目
我們可以維護兩個優先佇列：pqmin和pqmax
其中 pqmin 是小根堆， pqmax 是大根堆
每次 add 乙個數字，則將數字推入到 pqmin 中
每次 get 時，從 pqmin 的堆頂拿出乙個數字並輸出，然後把這個數字推入到 pqmax 中
維護 pqmax 中的每乙個元素都小於等於 pqmin，即每次向pqmin推入元素後，比較 pqmax 和 pqmin 的堆頂元素。如果 pqmax 堆的堆頂元素大於 pqmin 堆頂的元素，則將 pqmin 堆頂的元素推入 pqmax，同時把 pqmax 堆頂的元素推入 pqmin 中
維護 pqmax 中的元素個數恆定為 i 個
則第 i + 1 個最小值一定是 pqmin 的堆頂
ac**（注意，我這裡是在推入 pqmin 前就判斷了是否不滿足上面的條件，提前推入到 pqmax 中）
#include
using namespace std;
const
int maxn =
200010
;int lists[maxn]
;priority_queue<
int, vector<
int>
, greater<
int>> pqmin;
priority_queue<
int> pqmax;
intmain()
int cur =0;
for(
int i =
0; i < n; i++
)else
cur++;}
cout << pqmin.
top(
)<< endl;
pqmax.
push
(pqmin.
top())
; pqmin.
pop();
}return0;
}
洛谷P1801 黑匣子
題目傳送門 分析 這題和另外乙個題目中位數非常相似，有興趣可以先看看，比這一題簡單。首先暴力模擬還是別想了，估計30 的資料都有點懸。正解應該是用二叉堆。但是如果用乙個堆當然不方便，所以建兩個堆，乙個大根堆，乙個小根堆，每次只要出現詢問操作，就把小根堆的堆頂丟進大根堆中維護，然後輸出就可以了，但是要...
洛谷P1801 黑匣子
題目鏈結 看到題解中 維護兩個堆 突然想到了這道題的解法 維護兩個堆 大根堆h1,小根堆h2 大根堆裡的是最小的i個值，小根堆裡是剩下的值 每add乙個值時 插入到小根堆中，再比較小根堆的最小值與大根堆的最大值 若h2.top 將兩個元素取出，換一下再放進去 需要get時 將h2.top 取出，放進...
洛谷P1801 黑匣子
long long就果然還是就該用cout，沒有lld的ll留下了悔恨的眼淚 鏈結一放，要看什麼對頂堆的走開走開，我只會離散化加權值樹狀陣列 首先吧，這個詢問依次遞增就友善的一批，然後詢問某刻第k位，我們用權值樹狀陣列。首先如果i有，那麼在陣列中下標為i的位置就打成1，沒有就是0，樹狀陣列裡面存的是...