P1801 黑匣子_NOI导刊2010提高（06）
题目描述
Black Box是一种原始的数据库。它可以储存一个整数数组，还有一个特别的变量i。最开始的时候Black Box是空的．而i等于0。这个Black Box要处理一串命令。
命令只有两种：
ADD(x):把x元素放进BlackBox;
GET:i加1，然后输出Blackhox中第i小的数。
记住：第i小的数，就是Black Box里的数的按从小到大的顺序排序后的第i个元素。例如：
我们来演示一下一个有11个命令的命令串。（如下图所示）
现在要求找出对于给定的命令串的最好的处理方法。ADD和GET命令分别最多200000个。现在用两个整数数组来表示命令串：
1.A(1)，A(2)，…A(M)：一串将要被放进Black Box的元素。每个数都是绝对值不超过2000000000的整数，M$200000。例如上面的例子就是A=(3，1，一4，2，8，-1000，2)。
2.u(1)，u(2)，…u(N)：表示第u(j)个元素被放进了Black Box里后就出现一个GET命令。例如上面的例子中u=(l，2，6，6)。输入数据不用判错。
输入输出格式
输入格式：
第一行，两个整数，M，N。
第二行，M个整数，表示A(l)
……A(M)。
第三行，N个整数，表示u(l)
…u(N)。
输出格式：
输出Black Box根据命令串所得出的输出串，一个数字一行。
裸的平衡树treap，当复习了
靠最大值爆我取的INF了调了半天QAQ
Treap还是要熟练掌握得（认真脸）
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<climits>
typedef long long LL;
using namespace std;
LL RD(){
LL out = 0,flag = 1;char c = getchar();
while(c < '0' || c >'9'){if(c == '-')flag = -1;c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9'){out = out * 10 + c - '0';c = getchar();}
return flag * out;
}
const LL maxn = 200019,INF = 0xfffffffffffffff;
LL ch[maxn][2];
LL val[maxn],dat[maxn];
LL size[maxn],cnt[maxn];
LL tot,root;
LL New(LL v){
val[++tot] = v,dat[tot] = rand();
size[tot] = cnt[tot] = 1;
return tot;
}
void pushup(LL id){
size[id] = size[ch[id][0]] + size[ch[id][1]] + cnt[id];
}
void build(){
root = New(-INF),ch[root][1] = New(INF);
pushup(root);
}
void Rotate(LL &id,LL d){
LL temp = ch[id][d ^ 1];
ch[id][d ^ 1] = ch[temp][d];
ch[temp][d] = id;
id = temp;
pushup(ch[id][d]),pushup(id);
}
void insert(LL &id,LL v){
if(!id){id = New(v);return ;}
if(val[id] == v){cnt[id]++;pushup(id);return ;}
LL d = v < val[id] ? 0 : 1;
insert(ch[id][d],v);
if(dat[id] < dat[ch[id][d]])Rotate(id,d ^ 1);
pushup(id);
}
LL get_val(LL id,LL rank){
if(!id)return INF;
if(size[ch[id][0]] >= rank)return get_val(ch[id][0],rank);
else if(size[ch[id][0]] + cnt[id] >= rank)return val[id];
else return get_val(ch[id][1],rank - size[ch[id][0]] - cnt[id]);
}
LL num,na;
LL ori[maxn],ask[maxn],p = 1;
int main(){
num = RD();na = RD();
for(LL i = 1;i <= num;i++)ori[i] = RD();
for(LL i = 1;i <= na;i++)ask[RD()]++;
build();
for(LL i = 1;i <= num;i++){
insert(root,ori[i]);
while(ask[i]--)printf("%lld\n",get_val(root,++p));
}
return 0;
}