力扣第 387 场周赛第四题 将元素分配到两个数组中 II 二分查找，离散化，线段树

Problem: 100246. 将元素分配到两个数组中 II

在力扣的题解

赛时没做出来，想了个排序，其实排序总假设最坏的情况即倒序，那肯定超时。当时想到线段树了，但是好久没练没搞出来QAQ，我的板子的线段树下标是从1开始的。
(新题题解力扣审的挺严，我随便写的被截了，所以乖乖算了次复杂度嘤嘤嘤~)

思路

我们可以开数组arr1,arr2来统计其中数字出现的数目（下标 i 代表数值，值arr[i]代表出现的次数），然后就可以通过区间和快速得到数组中大于某个数的数目。

因为数据是不断变化的，所以我们得使用树状数组或者线段树。

解题方法

1.离散化

由于数据范围是1~1e9，太大了，不能开1e9的数组。
但是数据量只有1e5，所以我们可以离散化来处理。

离散化后我们要再找这个数的位置，使用二分查找。

复制一个数组tmp = nums，我们对tmp进行排序，即完成的离散化。
（由于要使用线段树，所以下标从1开始。）

2.线段树

然后就是通过线段树获取区间和，我们要的是严格大于当前数的数目，找到这个数的下标，下一个位置到数组末尾这段区间的和就是数目。（可能是最后一个数，下一个位置就越界了，特殊处理一下即可）

参考线段树板子：线段树板子

复杂度

时间复杂度:

$O(nlo{g}_{2}n)$

二分$lo{g}_{2}n$,建树$nlo{g}_{2}n$,区间加$lo{g}_{2}n$，区间修改$lo{g}_{2}n$，遍历数组n，各算法间互补干扰，取最大$nlo{g}_{2}n$

空间复杂度:

$O(2^n+n)$

对于线段树数组的计算：$$1\ast 2\ast ...\ast n$$，公比为2的等比数列，$$1\ast \frac{2^n-1}{1}$$ 即 2^n
再加上原数组大小n

Code

类ST是板子；
getmid是二分找下标；
tmp是离散化后下标对应的值的数组。

#define ll long long
class Solution {
public:template<class T>class ST//segment tree{struct node{T val;T t;//懒标记//服务后代node(T v = 0) :val(v), t(0){}};int n = a.size();vector<T>a;vector<node>d;public:void build_tree(int i, int l, int r){if (l == r){d[i].val = a[l];return;}int mid = l + (r - l) / 2;build_tree(i * 2, l, mid);build_tree(i * 2 + 1, mid + 1, r);d[i].val = d[i * 2].val + d[i * 2 + 1].val;}void spread(int i, int l, int r, int aiml, int aimr){int mid = l + (r - l) / 2;if (d[i].t != 0 && l != r){d[i * 2].val += d[i].t * (mid - l + 1);d[i * 2 + 1].val += d[i].t * (r - mid);d[i * 2].t += d[i].t;//可能上上次也没改d[i * 2 + 1].t += d[i].t;d[i].t = 0;}}T getsum(int l, int r){return _getsum(1, 1, n, l, r);}T _getsum(int i, int l, int r, int aiml, int aimr){if (aiml <= l && r <= aimr)//查询区间的子集全部加起来return d[i].val;//访问int mid = l + (r - l) / 2;spread(i, l, r, aiml, aimr);T ret = 0;if (aiml <= mid)ret += _getsum(i * 2, l, mid, aiml, aimr);if (aimr >= mid + 1)ret += _getsum(i * 2 + 1, mid + 1, r, aiml, aimr);return ret;}void update(int l, int r, ll val){_update(1, 1, n, l, r, val);//加并挂标记}void _update(int i, int l, int r, int aiml, int aimr, ll val){if (aiml <= l && r <= aimr){d[i].val += val * (r - l + 1);d[i].t += val;return;}int mid = l + (r - l) / 2;spread(i, l, r, aiml, aimr);if (aiml <= mid)_update(i * 2, l, mid, aiml, aimr, val);if (aimr >= mid + 1)_update(i * 2 + 1, mid + 1, r, aiml, aimr, val);//我们只对叶子更新了，（别多想懒标记）d[i].val = d[i * 2].val + d[i * 2 + 1].val;}ST(vector<T>arr){a = arr;n = a.size() - 1;d = vector<node>((ll)pow((ll)2, (ll)log2(n) + 1 + 1) + 10);build_tree(1, 1, n);}};//vector<int>tmp;int n;int getmid(int aim){int l = 0, r = n;while (l < r){int m = (l + r + 1) / 2;if (tmp[m] <= aim)l = m;else r = m - 1;}return l;}vector<int> resultArray(vector<int>& nums){n = nums.size();//tmp = nums;tmp = vector<int>(n + 1);for (int i = 1; i <= n; i++){tmp[i] = nums[i - 1];}sort(tmp.begin() + 1, tmp.end());vector<int>arr1, arr2, ret;vector<int>sarr1(n+1), sarr2(n+1);ST<int>demo1(sarr1), demo2(sarr2);arr1.push_back(nums[0]);arr2.push_back(nums[1]);int t = getmid(nums[0]);demo1.update(t, t, 1);t = getmid(nums[1]);demo2.update(t, t, 1);for (int i = 2; i < nums.size(); i++){t = getmid(nums[i]);//这个值的下标，我们求右边数目       if (t == n){if (arr1.size() <= arr2.size())arr1.push_back(nums[i]), demo1.update(t, t, 1);elsearr2.push_back(nums[i]), demo2.update(t, t, 1);continue;}int r1 = demo1.getsum(t + 1, n), r2 = demo2.getsum(t + 1, n);if (r1 == r2){if (arr1.size() <= arr2.size())arr1.push_back(nums[i]), demo1.update(t, t, 1);elsearr2.push_back(nums[i]), demo2.update(t, t, 1);}else if (r1 > r2)arr1.push_back(nums[i]), demo1.update(t, t, 1);elsearr2.push_back(nums[i]), demo2.update(t, t, 1);}ret = arr1;for (auto x : arr2)ret.push_back(x);return ret;}
};