ACM竞赛中数据结构题目心得：分块【With HDU4366】
我在ACM竞赛中，一般负责决定队伍的下限：水题能不能清理出来……其他太高深的题目，我表示我还是挺无脑的，一般都不老会的……只有数据结构类题还是挺得心应手的……而个人心得体会最深刻的还是无脑的方法：个人称为根号N法……
主要思想就是将待操作的长度为N的区间分成大小为sqrt(N)的块，然后实现各种操作……
一些常用定义：
MAGIC：定义一个块的大小，如字面意思，一个莫名其妙的数字……
于是，我们把一段长度为N的区间，分成了若干长度为 MAGIC 的区间：[0,magic),[magic, 2magic)....
于是易得，i / MAGIC 就是点 i 所在块的编号，若 i % MAGIC == 0，则证明由点 i 开始是一个新区间
一般来讲，我们在预处理和修改的时候，维护两个信息，一个是序列，另一个是块
应用1：
静态RMQ问题，求一个长度为N的序列中区间 l,r 中的最大/小值
在读入序列的时候预处理得到每个块里的最大值
对一段区间l，r进行查询的时候，将其分成若干段 [l , magic * i) , [magic * i , magic * (i + 1)) ... [magic * j .. r]，取最大值
其中左右两端需要暴力，然后中间的 [magic * i , magic * (i + 1)) ... 等区间，直接调用预处理的结果
预处理O(N)，每个查询O(sqrt(N))
int num[11111];
int max[111];
int MAGIC = 111;
int n;
void init() {
for (int i = 0; i <n; i++) {
if (i % MAGIC == 0 || num[i] > max[i / MAGIC]) {
max[i / MAGIC] = num[i];
}
}
}
int query(int l,int r) {
int ret = num[l];
for (int j = l; j <= r;) {
if (j % MAGIC == 0 && j + MAGIC - 1 <= r) {
if (max[j / MAGIC] > ret) ret = max[j / MAGIC];
j += MAGIC;
} else {
if (num[j] > ret) ret = num[j];
j += 1;
}
}
return ret;
}
应用2：动态RMQ问题，在应用1的基础上增加条件：可以修改某点的值
修正某点的值，然后维护该点所在的块，复杂度O(sqrt(N))
void update(int x,int delta) {
num[x] = delta;
int l = x / MAGIC * MAGIC;
int r = l + MAGIC;
for (int i = l; i < r; i++) {
if (i % MAGIC == 0 || num[i] > max[i / MAGIC]) max[i / MAGIC] = num[i];
}
}
其他应用：区间求和（静态，动态），区间染色，等等等等……To Be continued……如果题目时间卡的不是太紧，都可以用sqrt(N)大法水一水
精通线段树的同志们应该更有心得，这个方法相当于一层分根号N叉的一个线段树……似乎这个方法没有什么意义，不过这个方法各种意义上都是更加无脑，思维复杂度，编码复杂度都很低，而且随着现在机器越来越好，根号N的方法很难被卡住，还是值得一试的……
下面看看今天多校的题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4366
题意是给一个树，树上每个节点都有两个属性：忠诚度和能力，给出若干查询，求每个子树中能力 > 树根能力的点中，忠诚度最高的那个
首先容易想到DFS一趟，把问题转化为区间查询问题，相当于查找一段区间[L,R]里，能力 > X 的点中，忠诚度最高的点
于是决定用根号N法水一水：把区间分块：[0,MAGIC), [MAGIC, 2MAGIC....)，并按照块内的节点能力值排序
然后应用个简单DP思想，O(MAGIC) 推出从块内每个点开始到块末尾的最大忠诚度是多少，这样一个块的信息就初始化完成了
查询的时候，如果待查询区间[l,R]和块相交，则直接暴力，如果[l,R]完全包含一个块，则在块里二分能力值X，然后返回块内能力值 > X 的最大忠诚度
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <map>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long Long;
const int MAGIC = 250;
struct staff {
int loyalty;
int ability;
};
bool operator < (staff a,staff b) {
return a.ability < b.ability;
}
vector<int> adj[55555];
staff arr[55555];
int pos[55555];
map<int,int> rev;
int tot;
staff list[55555];
staff sorted[55555];
int maxl[55555];
int size[55555];
int n,q;
int dfs(int now) {
pos[now] = tot;
list[tot] = sorted[tot] = arr[now];
tot ++;
int ret = 1;
for (int i = 0; i < adj[now].size(); i++) {
ret += dfs(adj[now][i]);
}
return size[pos[now]] = ret;
}
int work(int l,int r,int val) {
// 在块l,r内返回能力值 > val 的最大忠诚
// 二分区间端点判定
if (sorted[r].ability <= val) return -1;
if (sorted[l].ability > val) return maxl[l];
while (l + 1 < r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if (sorted[mid].ability > val) r = mid; else l = mid;
}
return maxl[r];
}
int main() {
int nn;
scanf("%d",&nn);
while (nn--) {
scanf("%d%d",&n,&q);
for (int i = 0; i < n; i++) {
adj[i].clear();
arr[i].loyalty = arr[i].ability = -1;
sorted[i] = list[i] = arr[i];
}
memset(maxl,0,sizeof(maxl));
memset(size,0,sizeof(size));
memset(pos,0,sizeof(pos));
rev.clear();
rev[-1] = -1;
// 以上是初始化
for (int i = 1; i < n; i++) {
int fa,l,a;
scanf("%d%d%d",&fa,&l,&a);
adj[fa].push_back(i);
// 由于保证忠诚度不同，为了操作方便，map忠诚度到人
rev[arr[i].loyalty = l] = i;
arr[i].ability = a;
}
tot = 0;
dfs(0);
// 以上是构图DFS
for (int i = 0; i < n; i += MAGIC) {
int j = i + MAGIC;
if (j > n) break;
// 块内排序
sort(sorted + i, sorted + j);
// DP构造忠诚度
maxl[j - 1] = sorted[j - 1].loyalty;
for (int k = j - 2; k >= i; k--) {
maxl[k] = maxl[k + 1] > sorted[k].loyalty ? maxl[k + 1] : sorted[k].loyalty;
}
}
while (q--) {
int st; scanf("%d",&st);
int val = arr[st].ability;
st = pos[st];
int ed = st + size[st] - 1;
int ans = -1;
for (int i = st; i <= ed;) {
// 二分块
if (i % MAGIC == 0 && i + MAGIC - 1 <= ed) {
int tmp = work(i, i + MAGIC - 1, val);
if (tmp > ans) ans = tmp;
i += MAGIC;
} else {
// 暴力搞
if (list[i].ability > val && list[i].loyalty > ans) ans = list[i].loyalty;
i ++;
}
}
printf("%d\n",rev[ans]);
}1
}
return 0;
}
今天尝到甜头之后，试图把POJ2104也根号N大法了
题意是给一个序列，查询区间内的第K大值
我们同样分块，预处理，把块内元素排序。然后对每个查询，二分第K大值，设为X，对X，统计区间内有多少数小于X，如果区间包含块则二分，否则暴力。
这样复杂度为二分log(x) × max（块数 × log（MAGIC） + MAGIC × 2），经无数次调换MAGIC，以及应用了WS读入法，也过不了……
于是，咱们将分块方法优化一下，也弄点层次出来：设第 i 层块大小为 1 << i，初始化同理。
每次查询的时候，试图走最大的 2 的幂次的步长……
直接上代码似乎更容易明白：
#include <stdio.h> #include <algorithm> using namespace std; const int MAGIC = 18; int n,m; int arr[111111]; int sorted[20][111111];
// 找出第ind层，区间为l,r的块中有多少数 < val int work(int ind,int l,int r,int val) { int *sorted = ::sorted[ind]; if (sorted[l] >= val) return 0; if (sorted[r] < val) return r - l + 1; int st = l; while (l + 1 < r) { int mid = (l + r) >> 1; if (sorted[mid] < val) l = mid; else r = mid; } return r - st; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for (int i = 0; i < n; i++) { scanf("%d",arr + i); } for (int j = 0; j < MAGIC; j++) { for (int i = 0; i < n; i++) { sorted[j][i] = arr[i]; } }
// 预处理每层大小为 2,4,8,16... 的块 for (int j = 1; j < MAGIC; j++) { int step = 1 << j; for (int i = 0; i + step - 1 < n; i += step) { sort(sorted[j] + i, sorted[j] + i + step); } } while (m --) { int l,r,k; scanf("%d%d%d",&l,&r,&k); l --; r --; int ll = -1e9 - 1; int rr = 1e9 + 1; while (ll + 1 < rr) { int rank = 0; int mid = (ll + rr) >> 1; for (int i = l; i <= r;) { for (int j = MAGIC; j >= 0; j--) {
// 选择最大的2的幂次的步长，调用块里对应的信息 int step = 1 << j; if (i % step == 0 && i + step - 1 <= r) { rank += work(j,i, i + step - 1,mid); i += step; break; } } } if (rank < k) ll = mid; else rr = mid; } printf("%d\n",ll); } return 0; }
这个复杂度的话，外层二分，log(N)，每次会分log(N)块，块内二分Log(N)，总复杂度Log(N)^3
在一个好的Blog上见过句话：定义若干正则集合，并将他们组织成某种合适的结构，而查找算法就是要把查找的结果表示成若干个正则集合的划分，进而在每个正则集合中通过枚举的方式实现查找。可见，分块，线段树等等都是这个思想
