题意：
你有一个栈 一些操作发生在栈上 包括进栈、出栈、询问栈顶 每个操作有一个独一无二的时间 当操作读进来时 要把之前处理的本该在本操作之后的操作全撤销 接着完成现在的操作 再把撤销的操作重做一遍 每次询问操作输出栈顶元素
思路：
由于时间唯一 那么可以用时间来对应插入的元素以及操作的类型 所以首先离散化时间（这里不去掉重复也行）
然后我们把push当作+1 pop当作-1 就可以维护栈内元素个数了 再考虑peak询问 即是询问“最靠后的后缀和>0的位置” 这个位置对应的是一个时间（不过刚才我们也说了用时间可以对应到栈内元素）
考虑到peak是一个区间的操作 所以想到线段树维护 我们可以将问题转化成“对于区间[u,v] 它被询问的区间[1,x]包含 那么它里面是不是有一个位置i 可以使sum[i,v]>sum[v+1,x]” 为了计算这个信息 我们需要维护每个区间的和sum 还有内部最大的后缀和rmax 利用这些就可以求出所有的i位置 由于我们要最靠后的 所以只需先处理右边的区间 一旦找到满足的i就不再找了
代码里我还用了一个flag 它是来记录这个区间里是不是被加过值的 （感觉这样代码好写）
哦还有 我在时间序列前后各虚拟了一个点 前面的点来应付peak时栈内无元素的情况 后面的大概是脑洞大- -b
代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 50005
#define L(x) (x<<1)
#define R(x) ((x<<1)|1)
struct op
{
int x,y,t;
}g[N];
int h[N],ans[N];
int n,cas=1,sum;
struct tree
{
int l,r,sum,rmax,flag;
}f[N*4];
void up(int i)
{
f[i].sum=f[L(i)].sum+f[R(i)].sum;
if(f[i].flag)
{
if(f[L(i)].flag&&f[R(i)].flag) f[i].rmax=max(f[R(i)].rmax,f[L(i)].rmax+f[R(i)].sum);
else if(f[L(i)].flag) f[i].rmax=f[L(i)].rmax;
else f[i].rmax=f[R(i)].rmax;
}
}
void init(int l,int r,int i)
{
f[i].l=l;
f[i].r=r;
if(l) f[i].flag=0;
else f[i].flag=1;
if(l==r)
{
if(!l) f[i].sum=f[i].rmax=N*10;
else f[i].sum=f[i].rmax=0;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
init(l,mid,L(i));
init(mid+1,r,R(i));
up(i);
}
void add(int pos,int val,int i)
{
if(f[i].l==f[i].r)
{
f[i].sum=f[i].rmax=val;
f[i].flag=1;
return ;
}
f[i].flag=1;
int mid=(f[i].l+f[i].r)>>1;
if(pos<=mid) add(pos,val,L(i));
else add(pos,val,R(i));
up(i);
}
int dfs(int val,int i)
{
if(f[i].l==f[i].r) return f[i].l;
if(f[R(i)].flag&&f[R(i)].rmax>val) return dfs(val,R(i));
else return dfs(val-f[R(i)].sum,L(i));
}
int query(int l,int r,int i)
{
if(f[i].l==l&&r==f[i].r)
{
int tmp;
if(!f[i].flag||f[i].rmax<=-sum) tmp=-1;
else tmp=dfs(-sum,i);
sum+=f[i].sum;
return tmp;
}
int mid=(f[i].l+f[i].r)>>1;
if(r<=mid) return query(l,r,L(i));
else if(l>mid) return query(l,r,R(i));
else
{
int res=-1;
res=query(mid+1,r,R(i));
if(res==-1) res=query(l,mid,L(i));
return res;
}
}
int main()
{
int i,t;
char x[10];
while(~scanf("%d",&n))
{
if(!n) break;
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",x);
if(!strcmp(x,"push"))
{
g[i].x=1;
scanf("%d%d",&g[i].y,&g[i].t);
}
else if(!strcmp(x,"pop"))
{
g[i].x=-1;
scanf("%d",&g[i].t);
}
else
{
g[i].x=0;
scanf("%d",&g[i].t);
}
h[i]=g[i].t;
}
sort(h+1,h+n+1);
for(i=1;i<=n;i++)
{
t=lower_bound(h+1,h+n+1,g[i].t)-h;
g[i].t=t;
ans[t]=g[i].y;
}
printf("Case #%d:\n",cas++);
ans[0]=-1;
init(0,n+1,1);
for(i=1;i<=n;i++)
{
if(g[i].x) add(g[i].t,g[i].x,1);
else
{
sum=0;
printf("%d\n",ans[query(0,g[i].t,1)]);
}
}
}
return 0;
}
HDU 4967 Handling the Past,布布扣,bubuko.com
原文地址：http://blog.csdn.net/houserabbit/article/details/38708715
