洛谷 P1168 中位数堆

题目描述

给出一个长度为 $A_iAi ，对于所有 1 ≤ k ≤ (N + 1) / 21≤k≤(N+1)/2 ，输出 A_1, A_3, …, A_{2k - 1}A1,A3,…,A2k−1 的中位数。即前 1,3,5,…1,3,5,… 个数的中位数。$

输入输出格式

输入格式：

第

第 $A_i (A_i ≤ 10^9)Ai(Ai≤109) 。$

输出格式：

共 $A_1, A_3, …, A_{2k - 1}A1,A3,…,A2k−1 的中位数。$

输入输出样例

输入样例#1：复制

7
1 3 5 7 9 11 6

输出样例#1：复制

说明

对于 $20\%20% 的数据， N ≤ 100N≤100 ；$

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对于 $40\%40% 的数据， N ≤ 3000N≤3000 ；$

对于 $100\%100% 的数据， N ≤ 100000N≤100000 ；$

$讲道理一看这题第一反应是暴力模拟，第二眼看到了数据范围，然后滚回去想别的方法，后来觉得插排还行，又觉得单调队列也不错，在一想线段树好像才是真爱，然而，最后这些想法都没用上（好吧其实想不到p.s插排不会写了，sort后遗症233）。。。最后用堆过的来着$

$先介绍下堆$

$堆实际上是一棵二叉树，这棵树满足所有的非叶子节点都大于/小于它的儿子，大于的称为大根堆，小于的称为小根堆$

$下图为一个大根堆$

233

12 23

5 6 7 8

小根堆

2 3

4 5 6 7

可以发现，不论大根堆还是小根堆，堆首都是最值，加上堆是一个logn的复杂度，所以堆广泛运用于top n 问题中

回到本题，对于本题，只开一个堆的话，每次要取出前（n+1）/2-1个元素，取出并输出(n+1)/2个元素然后再把之前取出的元素压回堆中

很明显时间是不够用的，所以考虑开两个堆分别维护，假设左边为大根堆，右边为小根堆，只要大于左边堆首的，就压入右边，这样的话

左边除了堆首，其他元素都小于堆首，右边则全部大于左边的堆首，左边的堆首就是答案了，但是我们发现，要想让左边堆首成为答案，

两个堆的元素差只能为1才行，比如左边有5个元素，右边有2个，这种情况下左边的堆首并不是答案，只有把左边的堆首压入右边，变成

左边4个元素，右边3个，左边的堆首才是答案

完整代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int read()
{
    long long ans=0;int k=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')
    {
    if(ch=='-')k=-1;    
    ch=getchar();    
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9')
    {
    ans=ans*10+ch-'0';    
    ch=getchar();    
        }
    return ans*k;    
}
//建议用优先队列代替手写堆，方便且不会错
priority_queue<int,vector<int> > q1;//大根堆
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q2;//小根堆
int n;
int main()
{
    n=read();q1.push(read());
    cout<<q1.top()<<endl;//第一个元素直接输出
    for(int i=2;i<=n;i++)
       {
        int k=read();    
        if(k>q1.top())q2.push(k);//如果大于左边的堆首，压入右边    
        else q1.push(k);//否则压入左边    
        while(abs(q1.size()-q2.size())>1)//如果两边元素差不为1
           if(q1.size()>q2.size())q2.push(q1.top()),q1.pop();//左大于右往右压入堆首
           else q1.push(q2.top()),q2.pop();//否则往左压入堆首
        if (i%2) cout<<(q1.size()>q2.size()?q1.top():q2.top())<<endl;//如果是奇数，输出堆首即可    
            }
    return 0;
}

参考大佬@ _肖恩Sean_ 题解