说在前面
这两道题好像是一样的，但是我一开始没看出来...
Problem
Solution
Thinking 1
想根据输入的顺序每一次都找到当前的位置，然后在当前的BIT中计入，但是这样在它后面的顺序就要全部往后一个，比较难整（我觉得可以再搞一个后缀和的东西维护一下？
Thinking 2
不难发现最后一个人的位置是确定的，\(P_n + 1\)，设\(H_i\)为第\(i\)个人最终的顺序，（已经知道\(H_n = P_n + 1\)）考虑：
- 对于第\(n - 1\)个人，它前面有\(P_{n - 1}\)个人，那么就是在所有人中去掉\(H_n\)，然后在找到第\(P_{n - 1} + 1\)小的。
- 归纳，不难得到，将顺序倒序，第\(k\)个人的顺序\(H_k\)即为\(1 \sim n\)去掉\(H_{k + 1},H_{k + 2},\cdots,H_n\)后取第\(P_k + 1\)小。
Thinking 3
那么我们现在就是要：
- 每次查询当前第\(P_k + 1\)小
- 将\(H_k\)所在位置清0
不难想到权值线段树，树上二分可是1个log!
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 200005;
int n;
int f[N];
struct Node
{
int p,v;
}a[N];
struct node
{
int val;
}T[N << 2];
void build(int root,int l,int r)
{
if(l == r)
{
T[root].val = 1;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(root << 1,l,mid),build(root << 1 | 1,mid + 1,r);
T[root].val = T[root << 1].val + T[root << 1 | 1].val;
return;
}
void update(int root,int l,int r,int x,int d)
{
if(l == r && l == x)
{
T[root].val += d;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if(l <= x && x <= mid) update(root << 1,l,mid,x,d);
if(mid + 1 <= x && x <= r) update(root << 1 | 1,mid + 1,r,x,d);
T[root].val = T[root << 1].val + T[root << 1 | 1].val;
return;
}
int qfind(int root,int l,int r,int k)
{
int mid = (l + r) >> 1;
if(l == r) return l;
if(T[root << 1].val >= k)
{
return qfind(root << 1,l,mid,k);
}
else
{
return qfind(root << 1 | 1,mid + 1,r,k - T[root << 1].val);
}
}
int H[N];
int main(void)
{
while(~scanf("%d",&n))
{
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d%d",&a[i].p,&a[i].v);
}
build(1,1,n);
for(int i = n; i >= 1; i--)
{
H[i] = qfind(1,1,n,a[i].p + 1);
update(1,1,n,H[i],-1);
}
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
f[H[i]] = a[i].v;
}
for(int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ",f[i]);
printf("\n");
}
return 0;
}