HDU 3473 Minimum Sum 划分树
题意:
给出一个长度为n(1≤n≤105)的序列a
有若干次查询l r
:找到一个x使得∑l≤i≤r|x−ai|的值最小。
分析:
有这样一个结论:x为子序列的中位数时差的绝对值之和最小。
证明也很简单:
将序列中的每个元素对应到数轴上的点,x是数轴上一个动点。
设x左边有l个点,右边有r个点。
如果动点向右移动Δx距离(而且保证移动后左右两侧点数不变),那么目标值就会变化lΔx−rΔx。
如果l<r,这个值会变小;如果l>r,那么向左移动这个值会变小。
直到左右两侧点数相等。
对于这道题就可以很方便地计算出答案:计算出中位数的大小mid,中位数左右两侧数字的个数cntl,cntr以及的对应的和suml,sumr。
最终答案就是:(mid⋅cntl−suml)+(sumr−mid⋅cntr)
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 100000 + 10;
const int maxd = 20;
int n;
int sorted[maxn];
int T[maxd][maxn], cnt[maxd][maxn];
LL sum[maxd][maxn], pre[maxn];
void build(int d, int L, int R) {
int M = (L + R) / 2;
int lsame = M - L + 1;
for(int i = L; i <= R; i++)
if(T[d][i] < sorted[M]) lsame--;
int lpos = L, rpos = M + 1;
for(int i = L; i <= R; i++) {
if(i == L) { sum[d][i] = 0; cnt[d][i] = 0; }
else { sum[d][i] = sum[d][i-1]; cnt[d][i] = cnt[d][i-1]; }
if(T[d][i] < sorted[M] || (T[d][i] == sorted[M] && lsame)) {
cnt[d][i]++;
sum[d][i] += T[d][i];
T[d+1][lpos++] = T[d][i];
if(T[d][i] == sorted[M]) lsame--;
} else T[d+1][rpos++] = T[d][i];
}
if(L < M) build(d + 1, L, M);
if(M + 1 < R) build(d + 1, M + 1, R);
}
LL q_kth, q_sum;
void query(int d, int L, int R, int qL, int qR, int k) {
if(L == R) { q_kth = T[d][L]; q_sum += T[d][L]; return; }
int M = (L + R) / 2;
int numl;
if(qL == L) numl = 0;
else numl = cnt[d][qL - 1];
int numr = cnt[d][qR];
int num = numr - numl;
if(num >= k) {
query(d + 1, L, M, L + numl, L + numr - 1, k);
} else {
LL suml;
if(qL == L) suml = 0;
else suml = sum[d][qL - 1];
q_sum += sum[d][qR] - suml;
numl = qL - L - numl;
numr = qR - L + 1 - numr;
query(d + 1, M+1, R, M+1+numl, M+numr, k - num);
}
}
int main()
{
int _; scanf("%d", &_);
for(int kase = 1; kase <= _; kase++) {
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", sorted + i);
pre[i] = pre[i - 1] + sorted[i];
T[0][i] = sorted[i];
}
sort(sorted + 1, sorted + 1 + n);
build(0, 1, n);
printf("Case #%d:\n", kase);
int q; scanf("%d", &q);
while(q--) {
int l, r; scanf("%d%d", &l, &r);
l++; r++;
int k = (r - l) / 2 + 1;
q_sum = 0;
query(0, 1, n, l, r, k);
LL ans = q_kth * k - q_sum;
ans += (pre[r] - pre[l-1] - q_sum) - q_kth * (r - l + 1 - k);
printf("%lld\n", ans);
}
printf("\n");
}
return 0;
}
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2015-04-01 UVa 11992 (线段树 区间修改) Fast Matrix Operations