2013年8月09日 23:07

BZOJ2653: middle(陈立杰)【可持久化线段树+二分】

BZOJ

题意:给定一个序列,每次询问左端点在[a,b]中,右端点在[c,d]中的子序列中,最大的中位数。强制在线。

前几天做到与这道题有一点点类似的。那道题是给定一个序列,求多少个子序列的中位数大于等于给定值M。

这两道题中的中位数的定义都是一样的。设序列S从大到小排序后为S[1..k],中位数为M=S[k/2向上取整]。

那就意味着,在序列S中,大于等于M的数大于等于k/2。如果把序列S转化为T,T[i]=1(S[i]>=M),-1(S[i]<M),则ΣT[i]一定非负。

同理,如果对于任意一个M。将序列S转化为T之后,如果ΣT[i]非负。那么这个序列的中位数一定大于等于M。

 

回到这道题。我们可以先考虑一个弱版:只询问一次。

有了上面那道题的经验。对于M<M',如果发现中位数大于等于M',那一定也大于等于M。所以有单调性,很容易就想到了二分。二分M。得到T[]。因为要求了左端点和右端点。所以,如果能在满足要求的情况下找到这一段ΣT[i..j](i∈[a,b],j∈[c,d])非负,那么中位数一定就大于等于M了。所以,我们只需要求出符合要求的最大子序列和,看是不是非负即可。

感觉回到了GSS。线段树维护lmax,rmax,sum即可。因为有a<b<c<d,所以[a,b],[c,d]是互不包含的。最大连续子序列和就是[a,b]的rmax+(b,c)的sum+[c,d]的lmax。

另外n个数都是要离散化的这是必然的。二分的时候二分下标。

现在感觉已经很明了了。这样的话。二分logn。重建序列T和线段树nlogn。总复杂度是O(nlog^2n)。可以很好的解决一次询问。= =

 

多个询问怎么办。O(nqlog^2n)作死?其实瓶颈在这:为什么每次都要重建线段树?根本就不需要。

假设离散化的时候数值是从小到大排序的。那我们可以这么想,二分到M时,排序后的下标第1~M-1位上都是-1。第M~n位上都是1。然后还是跟上面一样的方法判定。

这就要用到函数式编程的思想。在原来的基础上不做修改,继续建树,也就是函数式线段树。

具体来说:初始的树,每个位置都是1。序列从小到大插入主席树时,修改第i棵树的时候,第i-1大的数的位置上改为-1。这样以此类推,就有n棵不同版本的线段树。

二分到M时,就在第M棵线段树上查询。可以保证此时下标为1~M-1的位置上的数都是-1。其余位置上都是1。这样就可以进行查询了。

这样就没问题了。二分logn。建函数式线段树nlogn。查询一次logn。总复杂度(nlogn+qlog^2n)。

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct node{
	int sum,lmax,rmax;
	node(){};
	node(int s,int l,int r):sum(s),lmax(l),rmax(r){}; 
}seg[5000000],z;
int lc[5000000],rc[5000000],T[30000],q[4],ans=0,tot=0,n,Q;
pair<int,int>a[30000];
char buf[4000000],*pt=buf,*o=buf;
inline int getint(){
    int s=0; while(*pt<'0'||*pt>'9')pt++;
    while(*pt>='0'&&*pt<='9')s=s*10+*pt++-48; return s;
}
inline void print(int x){
    char str[12],*p=str; if(!x)*o++=48;
    else{ while(x) *p++=x%10+48,x/=10; while(p--!=str)*o++=*p;}*o++='\n';
}
inline node operator + (const node &a,const node &b){
	return node(a.sum+b.sum,max(a.lmax,a.sum+b.lmax),max(b.rmax,b.sum+a.rmax));
}void build(int l,int r,int &rt){
	rt=++tot;
	if(l==r){	seg[rt]=node(1,1,1);	return;}
	int m=l+r>>1;
	build(l,m,lc[rt]);	build(m+1,r,rc[rt]);
	seg[rt]=seg[lc[rt]]+seg[rc[rt]];
}void modify(int p,int k,int v,int l,int r,int &rt){
	rt=++tot;
	lc[rt]=lc[p];	rc[rt]=rc[p];
	if(l==r){	seg[rt]=node(v,v,v);	return;}
	int m=l+r>>1;
	if(k<=m)	modify(lc[p],k,v,l,m,lc[rt]);
	else		modify(rc[p],k,v,m+1,r,rc[rt]);
	seg[rt]=seg[lc[rt]]+seg[rc[rt]];
}node ask(int L,int R,int l,int r,int rt){
	if(L>R)	return node(0,0,0); 
	if(L==l&&r==R)	return seg[rt];
	int m=l+r>>1;
	if(R<=m)	return ask(L,R,l,m,lc[rt]);
	else if(L>m)	return ask(L,R,m+1,r,rc[rt]);
	else	return ask(L,m,l,m,lc[rt])+ask(m+1,R,m+1,r,rc[rt]);
}inline int check(int k){
	return ask(q[0],q[1],0,n-1,T[k]).rmax+ask(q[1]+1,q[2]-1,0,n-1,T[k]).sum+ask(q[2],q[3],0,n-1,T[k]).lmax>=0;
}int main(){
	fread(buf,1,4000000,stdin);	n=getint();
	for(int i=0;i<n;i++)	a[a[i].second=i].first=getint();
	sort(a,a+n);			build(0,n-1,T[0]);
	for(int i=1;i<n;i++)	modify(T[i-1],a[i-1].second,-1,0,n-1,T[i]);
	Q=getint();
	while(Q--){
		q[0]=(getint()+ans)%n;	q[1]=(getint()+ans)%n;	q[2]=(getint()+ans)%n;	q[3]=(getint()+ans)%n;
		sort(q,q+4);
		int l=0,r=n-1,mid;
		while(l<=r)	if(check(mid=l+r>>1))	l=mid+1;	else	r=mid-1;
		print(ans=a[l-1].first);
	}return fwrite(buf,1,o-buf,stdout),0;
}

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2013年8月08日 23:58

SPOJ-QTREE3(PT07J)【dfs序+可持久化线段树】

SPOJ

题意:给定一颗树。询问一个子树中第k大的节点。

 

【终于在0:02的时候A掉了=。=】

这几天复习一下数据结构。先复习POJ2104。写可持久化线段树练手先。

然后到了这道题。其实也蛮裸的。

先求出dfs序。记录每个节点开始和结束的时间戳。然后就相当于每个点开始到结束这个区间里求第2*k大。

然后就是一个主席树了。

根据JC大神的指点结束的时间戳不用占位置了,根据下一个开始的时间戳减一就行。这样可以省一半的空间,也可以省很多时间。

由于spoj太慢加了一个read。后来一不小心就A了。速度还行吧。。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

int w[200010],lc[2100010],rc[4100010],bin[100010],p[200010],n1[200010],h[100010],ee=0,tot;
int id[100010],sum[2100010],T[100010],num[100010],begin[100010],end[100010],n,c=0;
void read(int &x){
	char ch;
	for(ch=getchar();ch<'0'||ch>'9';ch=getchar());
	x=ch-'0';
	for(ch=getchar();ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=x*10+ch-48;
}inline void ae(int a,int b){
	p[ee]=b;	n1[ee]=h[a];	h[a]=ee++;
	p[ee]=a;	n1[ee]=h[b];	h[b]=ee++;
}void dfs(int u,int fa){
	num[begin[u]=++c]=w[u];
	for(int i=h[u];~i;i=n1[i])	if(p[i]!=fa)	dfs(p[i],u);
	end[u]=c;
}void build(int l,int r,int &rt){
	rt=++tot;	sum[rt]=0;	if(l==r)	return;	int m=l+r>>1;
	build(l,m,lc[rt]);	build(m+1,r,rc[rt]);
}void modify(int p,int v,int l,int r,int &rt){
	rt=++tot;	sum[rt]=sum[p]+1;	lc[rt]=lc[p];	rc[rt]=rc[p];	
	if(l==r)	return;	int m=l+r>>1;
	if(v<=m)	modify(lc[p],v,l,m,lc[rt]);
	else		modify(rc[p],v,m+1,r,rc[rt]);
}int ask(int L,int R,int l,int r,int k){
	if(l==r)	return l;	int cnt=sum[lc[R]]-sum[lc[L]],m=l+r>>1;
	if(k<=cnt)	return ask(lc[L],lc[R],l,m,k);
	else		return ask(rc[L],rc[R],m+1,r,k-cnt);
}int main(){
	read(n);	memset(h,-1,sizeof(h));
	for(int i=1;i<=n;i++)	read(w[i]),bin[i]=w[i];
	sort(bin+1,bin+n+1);
	int x,y;
	for(int i=1;i<=n;i++){	w[i]=lower_bound(bin+1,bin+n+1,w[i])-bin;id[w[i]]=i;}
	for(int i=1;i<n;i++)	read(x),read(y),ae(x,y);
	dfs(1,0);	build(1,n,T[0]);
	for(int i=1;i<=n;i++)	modify(T[i-1],num[i],1,n,T[i]);
	int	q;	read(q);
	while(q--){
		read(x);read(y);
		printf("%d\n",id[ask(T[begin[x]-1],T[end[x]],1,n,y)]);
	}return 0;
}

 

 

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