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🔖E-杂题选讲数据结构线段树

2023-07-19 22:42阅读: 14评论: 0推荐: 0

20230621-Segment Tree 1

20230621

Segment Tree

在写线段树前想想：
1.每个区间需要记录哪些值？
2.需要哪些标记？
3.如何叠加标记（在原有标记的区间增加新的标记？）
4.如何对区间进行整体修改？
5.如何合并区间？

P1471 方差

题目大意

传送门

给定一个序列，要求支持：区间加，区间平均数，区间方差。
其中方差定义为：
$s^{2} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} (x_{i} - x)^{2}, n, m \leq 10^{5}$

Solution

很基础的线段树
维护平均数就只需要维护区间和和区间个数
再来考虑方差
先把 $\frac{1}{n}$ 提出去
$\sum (x_{i} - x)^{2}$
$= \sum (x_{i}^{2} + x^{2} - 2 * x * x_{i})$
$= \sum x_{i}^{2} + n * x^{2} - 2 * x * \sum x_{i}$
这样就可以在修改时利用区间和 $s u m$ 算方差了
所以我们只需要维护 $s = \sum (x_{i})^{2}$

在区间修改时
可以用同样的方法转化式子
$\sum (x_{i} + v a l)^{2} = \sum x_{i}^{2} + n * v a l^{2} + 2 * v a l \sum x_{i}$
我们就可以通过之前的 $s u m$ 和 $s$ 推出了
于是这道题就做完了

H_W_Y-Coding

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mid (l+r)/2
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1

const int maxn=1e5+10;
int n,m,op,x,y;
double a[maxn],v,sum,s;
struct node{
  double sum,s,val,tag;
  int l,r;
}tr[maxn*4];

void pushup(int rt){
  tr[rt].sum=tr[rt<<1].sum+tr[rt<<1|1].sum;
  tr[rt].s=tr[rt<<1].s+tr[rt<<1|1].s;
}

void build(int l,int r,int rt){
  tr[rt].l=l;tr[rt].r=r;
  if(l==r){
    tr[rt].val=a[l];
    tr[rt].sum=a[l];
    tr[rt].s=a[l]*a[l];
	tr[rt].tag=0;
    return ;
  }
  build(lson);build(rson);
  pushup(rt);
}

void pushdown(int rt){
  double t=tr[rt].tag;
  tr[rt].tag=0;
  tr[rt<<1].tag+=t;
  tr[rt<<1|1].tag+=t;
  tr[rt<<1].s=tr[rt<<1].s+(tr[rt<<1].r-tr[rt<<1].l+1)*t*t+2*t*tr[rt<<1].sum;
  tr[rt<<1|1].s=tr[rt<<1|1].s+(tr[rt<<1|1].r-tr[rt<<1|1].l+1)*t*t+2*t*tr[rt<<1|1].sum;
  tr[rt<<1].sum+=(tr[rt<<1].r-tr[rt<<1].l+1)*t;
  tr[rt<<1|1].sum+=(tr[rt<<1|1].r-tr[rt<<1|1].l+1)*t;  
}

void update(int l,int r,int rt,int x,int y,double val){
  if(x<=l&&y>=r){
  	tr[rt].tag+=val;
  	tr[rt].s=tr[rt].s+(r-l+1)*val*val+2*val*tr[rt].sum;
  	tr[rt].sum=tr[rt].sum+(r-l+1)*val;
  	return;
  }
  if(tr[rt].tag) pushdown(rt);
  if(x<=mid) update(lson,x,y,val);
  if(y>mid) update(rson,x,y,val);
  pushup(rt);
}

void query(int l,int r,int rt,int x,int y,double &sum,double &s){
  if(x<=l&&y>=r){
  	sum+=tr[rt].sum;
  	s+=tr[rt].s;
  	return ;
  }
  if(tr[rt].tag) pushdown(rt);
  if(x<=mid) query(lson,x,y,sum,s);
  if(y>mid) query(rson,x,y,sum,s);
}

int main(){
  /*2023.6.21 hewanying P1471 方差 线段树*/ 
  scanf("%d%d",&n,&m);
  for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&a[i]);
  build(1,n,1);
  for(int i=1;i<=m;i++){
  	scanf("%d",&op);
  	sum=0,s=0;
  	if(op==1){
  	  scanf("%d%d%lf",&x,&y,&v);
	  update(1,n,1,x,y,v);	
	}
	if(op==2){
	  scanf("%d%d",&x,&y);
	  query(1,n,1,x,y,sum,s);
	  printf("%.4lf\n",(double)sum/(y-x+1));
	}
	if(op==3){
	  scanf("%d%d",&x,&y);
	  query(1,n,1,x,y,sum,s);
	  printf("%.4lf\n",(double)((double)(s-sum*2*(sum/(y-x+1)))/(y-x+1)+(double)(sum/(y-x+1))*(sum/(y-x+1))));
	}
  }
  return 0;
}

P1558 色板游戏

题目大意

传送门

给定一个区间，要求维护下列操作：把一个区间染上一个颜色；询问一个区间
的颜色个数，n, m ≤ 105，颜色数不多于 30。

Solution

发现颜色最多是30
所以开一个线段树暴力枚举就行了

H_W_Y-Coding

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mid (l+r)/2
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1

const int maxn=1e5+10;
int n,m,q,ans=0;
struct node{
  int tag,num;
}tr[maxn*4][35];
bool vis[35];

void pushup(int rt){
  for(int i=1;i<=m;i++) 
    tr[rt][i].num=tr[rt<<1][i].num+tr[rt<<1|1][i].num;
}

void build(int l,int r,int rt){
  if(l==r){
  	for(int i=1;i<=m;i++) tr[rt][i].num=tr[rt][i].tag=0;
  	tr[rt][1].num=1;
  	return ;
  }
  build(lson);build(rson);
  pushup(rt);
}

void pushdown(int l,int r,int rt){
  for(int i=1;i<=m;i++){
  	if(tr[rt][i].tag==1){
  	  tr[rt][i].tag=0;
  	  for(int j=1;j<=m;j++) tr[rt<<1][j].num=tr[rt<<1|1][j].num=tr[rt<<1|1][j].tag=tr[rt<<1][j].tag=0;
  	  tr[rt<<1][i].tag=1;
	  tr[rt<<1|1][i].tag=1;
	  tr[rt<<1][i].num=mid-l+1;
  	  tr[rt<<1|1][i].num=r-mid;
  	  break;
	}
  }
}

void update(int l,int r,int rt,int a,int b,int x){
  if(a<=l&&b>=r){
  	for(int i=1;i<=m;i++) tr[rt][i].num=tr[rt][i].tag=0;
  	tr[rt][x].num=r-l+1;
  	tr[rt][x].tag=1;
  	return ;
  }
  pushdown(l,r,rt);
  if(a<=mid) update(lson,a,b,x);
  if(b>mid) update(rson,a,b,x);
  pushup(rt);
}

void query(int l,int r,int rt,int a,int b){
  if(a<=l&&b>=r){
  	for(int i=1;i<=m;i++) 
  	  if(tr[rt][i].num) vis[i]=true;
  	return ;
  }
  pushdown(l,r,rt);
  if(a<=mid) query(lson,a,b);
  if(b>mid) query(rson,a,b);
  return ;
}

int main(){
  /*2023.6.24 hewanying P1558 色板游戏 线段树*/ 
  scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
  build(1,n,1);
  for(int i=1;i<=q;i++){
  	char ch;int a,b,x;
  	scanf("\n%c",&ch);
  	if(ch=='C'){
  	  scanf("%d%d%d",&a,&b,&x);
	  if(a>b) swap(a,b);
	  update(1,n,1,a,b,x);	
	}
	else{
	  scanf("%d%d",&a,&b);
	  if(a>b) swap(a,b);
	  for(int j=1;j<=m;j++) vis[j]=false;
	  query(1,n,1,a,b);ans=0;
	  for(int j=1;j<=m;j++) if(vis[j]) ans++;
	  printf("%d\n",ans);
	}
  }
  return 0;
}

P1502 窗口的星星

题目大意

传送门

给定一个平面上的 $n$ 个点，求一个 $w \times h$ 的矩形可以覆盖到的点数最多多少？
$n \leq 10^{4}, x, y < 2^{31}, w, h \leq 10^{6}$

Solution

这道题和平面矩形有关
不难联想到扫描线
我们先把 $y$ 离散化
将每个点按照 $x$ 升序排序
然后把扫描线沿 $x$ 从左到右扫过来
对于扫描线所在的位置 $x$
我们希望维护从 $x - w + 1 \sim x$ 中间的点的 $y$
不妨用线段树来维护
我们希望查询到长度为 $h$ 的区间内价值的最大值

在线段树上，我们可以以 $y$ 为区间
对于每一个点 $x, y$
我们把 $y \sim y + h - 1$ 的区间内加上 $v a l$
每一次pushup都取max
最后直接输出 $t r [1]$ 就是答案

而考虑维护 $x$ 的范围一直是 $w$
我们可以利用差分的思想
对于每一个节点再建立一个节点 $x + w - 1, y$
权值为 $- v a l$ 即可

H_W_Y-Coding

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define mid (l+r)/2
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1

const int maxn=1e5+10;
int T,n,w,h,b[maxn];
struct node{
  int x,y,hy,ly,lhy;
  int val;
  bool operator < (const node &rhs) const{
    if(x!=rhs.x) return x<rhs.x;
    return val>rhs.val;
  }
}a[maxn];
int tr[maxn*4],ans=0,lazy[maxn*4];

void pushdown(int rt){
  if(lazy[rt]!=0){
  	lazy[rt<<1]+=lazy[rt];
  	lazy[rt<<1|1]+=lazy[rt];
  	tr[rt<<1]+=lazy[rt];
  	tr[rt<<1|1]+=lazy[rt];
    lazy[rt]=0;
  }
} 

void update(int l,int r,int rt,int a,int b,int x){
  if(a<=l&&b>=r){
  	tr[rt]+=x;
  	lazy[rt]+=x;
  	return;
  }
  pushdown(rt);
  if(a<=mid) update(lson,a,b,x);
  if(b>mid) update(rson,a,b,x);
  tr[rt]=max(tr[rt<<1],tr[rt<<1|1]);
}

signed main(){
  /*2023.6.24 hewanying P1502 窗口的星星 线段树*/ 
  scanf("%lld",&T);
  while(T--){
  	scanf("%lld%lld%lld",&n,&w,&h);
  	for(int i=1;i<=n;i++){
  	  scanf("%lld%lld%lld",&a[i].x,&a[i].y,&a[i].val);
  	  a[i].hy=a[i].y+h-1;
	  b[i]=a[i].y;b[n+i]=a[i].hy;	
	}
	sort(b+1,b+2*n+1);sort(a+1,a+n+1);
	int len=unique(b+1,b+2*n+1)-b-1;
	for(int i=1;i<=len*4;i++) tr[i]=lazy[i]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
	  a[i].ly=lower_bound(b+1,b+len+1,a[i].y)-b;	
	  a[i].lhy=lower_bound(b+1,b+len+1,a[i].hy)-b;
	}
	queue<int> q;ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
	  while(!q.empty()&&a[q.front()].x+w<=a[i].x){
	  	int t=q.front();
	  	ans=max(ans,tr[1]);
	  	update(1,len,1,a[t].ly,a[t].lhy,-a[t].val);//注意线段树的范围是1,len,1而不是1,n,1，这可能会造成递归越界而MLE
		q.pop();
	  }
	  q.push(i);
	  update(1,len,1,a[i].ly,a[i].lhy,a[i].val);
	  ans=max(ans,tr[1]);
	}
	while(!q.empty()){
	  int t=q.front();
	  ans=max(ans,tr[1]);
	  update(1,len,1,a[t].ly,a[t].lhy,-a[t].val);
	  q.pop();
	}
	printf("%lld\n",ans);
  }
  return 0;
}

P1969 [NOIP2013 提高组] 积木大赛

题目大意

传送门
给定一个长度为 $n$ 的序列，你现在需要清除它，每次可以选择一个区间全部减
少 $1$ ，但不能减少已经是 $0$ 的。求最小次数， $n \leq 10^{5}$

Solution

我的想法是先排序
从左到右枚举这个数消失后会不会对这个序列的段数进行影响
如果它两边都已经没有了
那么 $c n t - -$
如果它两边都还有数
那么 $c n t + +$
于是有了 $O (n l o g n)$ 的做法

H_W_Y-Coding

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn=1e5+10;
int n,ans=0,cnt=0;
bool vis[maxn];
struct node{
  int id,val;
  bool operator <(const node &rhs) const{
    if(val!=rhs.val) return val<rhs.val;
    return id<rhs.id;
  }
}a[maxn];

int main(){
  /*2023.7.2 H_W_Y P1969 [NOIP 2013提高组] 积木大赛 乱搞*/ 
  scanf("%d",&n);
  for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i].val),a[i].id=i;
  cnt=1;
  sort(a+1,a+n+1);
  vis[0]=vis[n+1]=true;
  for(int i=1;i<=n;i++){
  	ans+=cnt*(a[i].val-a[i-1].val);
  	if(vis[a[i].id-1]&&vis[a[i].id+1]) cnt--;
  	else if(!vis[a[i].id-1]&&!vis[a[i].id+1]) cnt++;
  	vis[a[i].id]=true;
  }
  printf("%d\n",ans);
  return 0;
}

紧接着，我看了看题解原来我想复杂了如果这个数比上一个数大就加上

Δ

即可因为如果我比上一个数小那在消上一个数是就顺便把我也消了这样复杂度就是

O (n)

H_W_Y-Coding

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,x,ans=0,lst=0;

int main(){
  scanf("%d",&n);
  for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&x),ans+=(x>lst)?(x-lst):0,lst=x;
  printf("%d\n",ans);
  return 0;
}

P2471 [SCOI2007] 降雨量

题目大意

传送门
给定 $n$ 年的降雨量，部分年份降水量未知。询问 $m$ 次，形如 $X$ 年是否是 $Y$ 年
以来降雨量最多的年份 $（ r_{X} \leq r_{Y}, \forall Z \in [Y, X], r_{Z} < r_{X} ）$ ，回答 $t r u e$ 或 $f a l s e$ 或 $m a y b e$ 。
$n \leq 5 \times 10^{4}, m \leq 10^{5}$ 。

Solution

静下心来分析和讨论
一共有9种情况
首先，不难想到是线段树
维护每一个区间的最大值
注意两个条件：

$x$ 是 $y$ 年以来降雨量最多的， $y + 1 \sim x - 1$ 里都严格小于
$x$ 年的降雨量不超过 $y$

于是乎：
mx表示已知的年份中 $y + 1 \sim x$ 的最大降雨量
mx1表示已知的年份中 $y + 1 \sim x - 1$ 的最大降雨量
（每一条都在前面几条不成立的条件下）

$x$ 年不确定

$y$ 年不确定 $\to m a y b e$
$y$ 年确定
- $m x \geq y \to f a l s e$
- $m x < y | | y + 1 \sim x 中没有已知 \to m a y b e$

$x$ 年确定

$y$ 年确定
- $x . r > y . r \to f a l s e$
- $x . r \neq m x | | m x 1 == m x \to f a l s e$
- 全部已知 $\to t r u e$
- 还有未知 $\to m a y b e$
$y$ 年不确定
- $x . r \neq m x | | m x 1 == m x \to f l a s e$
- $\to m a y b e$

几种情况想清楚即可

H_W_Y-Coding

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn=1e5+10;
int n,m,x,y,l,r,b[maxn];
struct node{
  int y,r,id;
}a[maxn];
struct Seg{
  int val,id;
}tr[maxn*4],mx,mx1;

namespace SGT{
  #define mid (l+r)/2
  #define lson l,mid,rt<<1
  #define rson mid+1,r,rt<<1|1
  #define lc rt<<1
  #define rc rt<<1|1
  inline void pushup(int rt){
    if(tr[lc].val>=tr[rc].val) tr[rt]=tr[lc];
	else tr[rt]=tr[rc];  
  }
  inline void update(int x,int val,int l=1,int r=n,int rt=1){
  	if(l==r){
  	  tr[rt]=(Seg){val,x};
	  return;	
	}
	if(x<=mid) update(x,val,lson);
	else update(x,val,rson);
	pushup(rt); 
  }
  inline Seg Max(Seg p1,Seg p2){return p1.val>p2.val?p1:p2;}
  inline Seg query(int x,int y,int l=1,int r=n,int rt=1){
  	if(x<=l&&y>=r) return tr[rt];
  	Seg res=(Seg){0,0};
	if(x<=mid) res=Max(res,query(x,y,lson));
	if(y>mid) res=Max(res,query(x,y,rson));
	return res;
  }
}
using namespace SGT;

int main(){
  /*2023.7.3 H_W_Y P2471 [SCOI2007] 降雨量 Segment Tree*/ 
  scanf("%d",&n);
  for(int i=1;i<=n;i++){
  	scanf("%d%d",&a[i].y,&a[i].r);
	a[i].id=i,b[i]=a[i].y;
	update(i,a[i].r);
  }
  scanf("%d",&m);
  for(int i=1;i<=m;i++){
    scanf("%d%d",&y,&x);
    r=lower_bound(b+1,b+n+1,x)-b;
    l=lower_bound(b+1,b+n+1,y)-b;
    if(b[r]!=x){
      if(b[l]!=y) printf("maybe\n");
      else{
      	l++;r--;
      	if(l>r) printf("maybe\n");
      	else{
      	  mx=query(l,r);
      	  if(mx.val>=a[l-1].r) printf("false\n");
      	  else printf("maybe\n");      		
		}
	  }
	}
	else {
	  if(b[l]==y){
	  	if(a[r].r>a[l].r) printf("false\n");
	  	else{
	  	  l++;
		  mx=query(l,r);
		  if(l!=r) mx1=query(l,r-1);
		  else mx1.val=-0x3f3f3f3f;
		  if(mx.val!=a[r].r||mx.val==mx1.val) printf("false\n");
		  else{
		  	if(r-l+1==x-y) printf("true\n");
		  	else printf("maybe\n");
		  }	
		}
	  }
	  else{
	  	mx=query(l,r);
	  	if(l!=r) mx1=query(l,r-1);
	  	else mx1.val=-0x3f3f3f3f;
	  	if(mx.val!=a[r].r||mx.val==mx1.val) printf("false\n");
	  	else printf("maybe\n");
	  }
	}
  } 
  return 0;
}

P1712 [NOI2016] 区间

题目描述

传送门
简单易懂

Solution

注意到这个问题是有关最大和最小的
那么不难想到可以利用到单调性

也就是说我们先将线段长度按照升序排序
然后用两个指针从头扫到尾
每一次就加入一条线段
在线段树上判断是否有一个点被覆盖的次数 $\geq m$
如果有的话就从左开始缩小区间
以找到第一个最大覆盖次数 $< m$ 的位置
我们再继续加入下一条线段

线段树中维护的就是区间最大值
注意不要忘记判 $- 1$ !

H_W_Y-Coding

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mid (l+r)/2
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1 

const int N=1e6+5;
int ans=1e9,l,r,n,m,b[N],tr[N<<2],len,tag[N<<2];
struct node{
  int l,r,len;
  bool operator <(const node &rhs) const{
    if(len!=rhs.len) return len<rhs.len;
    return l<rhs.l;
  }
}a[N];

void pushup(int rt){tr[rt]=max(tr[rt<<1],tr[rt<<1|1]);} 

void pushdown(int rt){
  if(tag[rt]){
  	tag[rt<<1]+=tag[rt];
  	tag[rt<<1|1]+=tag[rt];
  	tr[rt<<1]+=tag[rt];
  	tr[rt<<1|1]+=tag[rt];
  	tag[rt]=0;
  }
}

void update(int l,int r,int rt,int a,int b,int x){
  if(a<=l&&b>=r){
  	tr[rt]+=x;tag[rt]+=x;
  	return ;
  }
  pushdown(rt);
  if(a<=mid) update(lson,a,b,x);
  if(b>mid) update(rson,a,b,x);
  pushup(rt);
}

int main(){
  /*2023.7.27 H_W_Y P1712 [NOI2016] 区间 线段树*/ 
  scanf("%d%d",&n,&m);
  for(int i=1;i<=n;i++){
  	scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);
  	b[i]=a[i].l;b[i+n]=a[i].r;
  	a[i].len=a[i].r-a[i].l;
  }
  sort(b+1,b+n*2+1);
  len=unique(b+1,b+n*2+1)-b-1;
  for(int i=1;i<=n;i++) a[i].l=lower_bound(b+1,b+len+1,a[i].l)-b,a[i].r=lower_bound(b+1,b+len+1,a[i].r)-b;
  sort(a+1,a+n+1);
  l=1;r=0;
  while(l<=n&&r<n){
  	r++;update(1,len,1,a[r].l,a[r].r,1);
  	while(tr[1]>=m){
  	  ans=min(ans,a[r].len-a[l].len);
  	  update(1,len,1,a[l].l,a[l].r,-1);
  	  l++;
	}
  }
  if(ans==1e9) printf("-1\n");
  else printf("%d\n",ans);
  return 0;
}

P2418 yyy loves OI IV

题目大意

传送门
给定 $n$ 个数要求连续分组，每个数有颜色，共两种。要求每一块要么颜色相同，
要么两种颜色差的绝对值不超过 $m$ ，求最少块数。 $n \leq 5 \times 10^{5}, m \leq 2000$

Solution

不难想到可以用dp来维护
考虑先分别维护1和2的前缀和 $s u m 1, s u m 2$
令 $d p [i]$ 表示当前考虑到第 $i$ 个的最小寝室数量
这样 $d p [i]$ 就有三个来源：

$s u m 1 [j] = s u m 1 [i]$
$s u m 2 [j] = s u m 2 [i]$
$| (s u m 1 [i] - s u m 1 [j - 1]) - (s u m 2 [i] - s u m 2 [j - 1]) | \leq m$

考虑到前缀和是单调的
那么前面两个状态我们可以直接维护（每次取min）
而对于第三个，我们考虑把式子化简：
$s u m 1 [i] - s u m 2 [i] \leq s u m 1 [j - 1] - s u m 2 [j - 1] + m$
$s u m 1 [i] - s u m 2 [i] \geq s u m 1 [j - 1] - s u m 2 [j - 1] - m$
我们令 $f [i] = s u m 1 [i] - s u m 2 [i]$
那么我们要去找的是一个 $f [j - 1]$ 满足
$f [i] - m \leq f [j - 1] \leq f [i] + m$
且我们希望这里的 $d p [j - 1]$ 越小越好

我们就把问题转化成了在以 $f []$ 数组为下标的数组上
找一个区间 $f [i] - m \sim f [i] + m$ 中的 $d p [j]$ 最小
就可以把问题转化到线段树上进行区间查询
每一次update在 $f [i]$ 的位置上加入 $d p [i]$
最后维护区间最小值即可

注意：
对于前两个状态我们不管 $a [i]$ 是1还是2都要同时更新
否则若 $i$ 是某个连续段的结尾，后面的答案就错了

H_W_Y-Coding

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn=5e5+10,inf=0x3f3f3f3f;
int n,m,sum[3][maxn],dp[maxn],ans[3][maxn],a[maxn],f[maxn];
struct seg{
  int l,r,val;
}tr[maxn*8];

namespace SGT{
  #define lc rt<<1
  #define rc rt<<1|1
  inline void pushup(int rt){tr[rt].val=min(tr[lc].val,tr[rc].val);}
  inline void build(int l,int r,int rt){
  	tr[rt].l=l;tr[rt].r=r;tr[rt].val=inf;
  	if(l==r) return ;
  	int mid=l+((r-l)>>1);
  	build(l,mid,lc);
  	build(mid+1,r,rc);
  }
  inline void update(int x,int val,int rt=1){
  	if(tr[rt].l==tr[rt].r){
      tr[rt].val=min(tr[rt].val,val);
	  return;	
	}
	int mid=tr[rt].l+((tr[rt].r-tr[rt].l)>>1);
	if(x<=mid) update(x,val,lc);
	else update(x,val,rc);
	pushup(rt);
  }
  inline int query(int a,int b,int rt=1){
  	if(a<=tr[rt].l&&b>=tr[rt].r) return tr[rt].val;
  	int res=inf;
  	int mid=tr[rt].l+((tr[rt].r-tr[rt].l)>>1);
  	if(a<=mid) res=min(res,query(a,b,lc));
  	if(b>mid) res=min(res,query(a,b,rc));
  	return res;
  }
}
using namespace SGT;

inline int read(){
  int x=0,ff=1;char ch=getchar();
  while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') ff=-1;ch=getchar();}
  while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
  return x*ff;
}

int main(){
  /*2023.7.5 H_W_Y P2418 yyy loves OI IV 线段树+DP*/ 
  n=read();m=read();
  for(int i=1;i<=n;i++){
  	a[i]=read();
	sum[1][i]=sum[1][i-1]+(a[i]==1);
  	sum[2][i]=sum[2][i-1]+(a[i]==2);
  	f[i]=sum[1][i]-sum[2][i];
  }
  memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
  memset(ans,0x3f,sizeof(ans));
  build(-500000,500000,1);
  update(0,0);
  dp[0]=0;
  ans[1][0]=ans[2][0]=0;
  for(int i=1;i<=n;i++){
	dp[i]=min(min(ans[2][sum[2][i]]+1,dp[i-1]+1),min(ans[1][sum[1][i]]+1,query(f[i]-m,f[i]+m)+1));
	ans[1][sum[1][i]]=min(ans[1][sum[1][i]],dp[i]);//两个都要更新
	ans[2][sum[2][i]]=min(ans[2][sum[2][i]],dp[i]);
  	update(f[i],dp[i]);
  }
  printf("%d\n",dp[n]);
  return 0;
}

P2572 [SCOI2010] 序列操作

题目大意

传送门
要求维护一个长度为 $n$ 的二进制串，要求支持区间：全赋为 $0$ ，全赋为 $1$ ， $01$
取反，区间 $1$ 个数，区间 $1$ 连续个数。

Solution

一道线段树的裸题~~（好久没遇到了）~~
但是为什么是紫题
很恶心的线段树，特别考验心态……

注意反转标记和覆盖标记的顺序

覆盖标记在反转标记之上
那么可以把反转标记清零
反转标记在覆盖标记之上
那么可以对覆盖标记直接修改

注意在pushdown的时候
对于每一个反转标记rev也要进行特殊处理
不要忘记了

H_W_Y-Coding

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn=1e5+10;
int n,m,a[maxn],l,r,op;
struct seg{
  int cnt[2],q[2],h[2],mx[2],tag,l,r,rev;
}tr[maxn*4];

inline int read(){
  int x=0,f=1;char ch=getchar();
  while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
  while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
  return x*f;
}

namespace SGT{
  #define mid (l+r)/2
  #define lson l,mid,rt<<1
  #define rson mid+1,r,rt<<1|1
  #define lc rt<<1
  #define rc rt<<1|1
  inline void pushup(int rt){
  	tr[rt].cnt[0]=tr[lc].cnt[0]+tr[rc].cnt[0];
  	tr[rt].cnt[1]=tr[lc].cnt[1]+tr[rc].cnt[1];
  	tr[rt].q[0]=tr[lc].q[0];
  	tr[rt].q[1]=tr[lc].q[1];
  	if(tr[lc].q[0]==tr[lc].r-tr[lc].l+1) tr[rt].q[0]+=tr[rc].q[0];
  	if(tr[lc].q[1]==tr[lc].r-tr[lc].l+1) tr[rt].q[1]+=tr[rc].q[1];
  	tr[rt].h[0]=tr[rc].h[0];
  	tr[rt].h[1]=tr[rc].h[1];
  	if(tr[rc].h[0]==tr[rc].r-tr[rc].l+1) tr[rt].h[0]+=tr[lc].h[0];
  	if(tr[rc].h[1]==tr[rc].r-tr[rc].l+1) tr[rt].h[1]+=tr[lc].h[1];
  	tr[rt].mx[0]=max(tr[lc].mx[0],max(tr[rc].mx[0],tr[lc].h[0]+tr[rc].q[0]));
  	tr[rt].mx[1]=max(tr[lc].mx[1],max(tr[rc].mx[1],tr[lc].h[1]+tr[rc].q[1]));
  }
  inline void pushdown(int l,int r,int rt){
	if(tr[rt].tag==1){
	  tr[lc].tag=tr[rc].tag=1;tr[lc].rev=tr[rc].rev=0;
	  tr[lc].cnt[0]=tr[rc].cnt[0]=0;
	  tr[lc].q[0]=tr[rc].q[0]=tr[lc].h[0]=tr[rc].h[0]=tr[lc].mx[0]=tr[rc].mx[0]=0;
	  tr[lc].cnt[1]=tr[lc].q[1]=tr[lc].h[1]=tr[lc].mx[1]=mid-l+1;
	  tr[rc].cnt[1]=tr[rc].q[1]=tr[rc].h[1]=tr[rc].mx[1]=r-mid;
	  tr[rt].tag=0;
	}
	if(tr[rt].tag==2){
	  tr[lc].tag=tr[rc].tag=2;tr[lc].rev=tr[rc].rev=0;
	  tr[lc].cnt[1]=tr[rc].cnt[1]=tr[lc].q[1]=tr[rc].q[1]=tr[lc].h[1]=tr[rc].h[1]=tr[lc].mx[1]=tr[rc].mx[1]=0;
	  tr[lc].cnt[0]=tr[lc].q[0]=tr[lc].h[0]=tr[lc].mx[0]=mid-l+1;
	  tr[rc].cnt[0]=tr[rc].q[0]=tr[rc].h[0]=tr[rc].mx[0]=r-mid;
	  tr[rt].tag=0;
	}
	if(tr[rt].rev==1){
	  swap(tr[lc].cnt[0],tr[lc].cnt[1]);
	  swap(tr[lc].q[0],tr[lc].q[1]);
	  swap(tr[lc].h[0],tr[lc].h[1]);
	  swap(tr[lc].mx[0],tr[lc].mx[1]);
	  if(tr[lc].tag==1) tr[lc].tag=2;
	  else if(tr[lc].tag==2) tr[lc].tag=1;//注意pushdown里tag下传要特殊处理 
	  else tr[lc].rev^=1;  
	  swap(tr[rc].cnt[0],tr[rc].cnt[1]);
	  swap(tr[rc].q[0],tr[rc].q[1]);
	  swap(tr[rc].h[0],tr[rc].h[1]);
	  swap(tr[rc].mx[0],tr[rc].mx[1]);
	  if(tr[rc].tag==1) tr[rc].tag=2;
	  else if(tr[rc].tag==2) tr[rc].tag=1;
	  else tr[rc].rev^=1;
	  tr[rt].rev=0;
	}
  }
  inline void build(int l=1,int r=n,int rt=1){
  	tr[rt].l=l;tr[rt].r=r;
  	if(l==r){
  	  tr[rt].cnt[a[l]]=tr[rt].q[a[l]]=tr[rt].h[a[l]]=tr[rt].mx[a[l]]=1;
	  tr[rt].tag=0;
	  return;	
	}
	build(lson);build(rson);
	pushup(rt);
  }
  inline void update(int x,int y,int val,int l=1,int r=n,int rt=1){//有可能是先覆盖，再反转 
    pushdown(l,r,rt);
  	if(x<=l&&y>=r){
	  if(val==1){
	  	tr[rt].tag=val;tr[rt].rev=0;
	  	tr[rt].cnt[1]=tr[rt].q[1]=tr[rt].h[1]=tr[rt].mx[1]=r-l+1;
	  	tr[rt].cnt[0]=tr[rt].q[0]=tr[rt].h[0]=tr[rt].mx[0]=0;
	  }	
	  if(val==2){
	  	tr[rt].tag=val;tr[rt].rev=0;
	  	tr[rt].cnt[1]=tr[rt].q[1]=tr[rt].h[1]=tr[rt].mx[1]=0;
	  	tr[rt].cnt[0]=tr[rt].q[0]=tr[rt].h[0]=tr[rt].mx[0]=r-l+1;
	  }
	  if(val==3){
	  	tr[rt].rev^=1;
	  	swap(tr[rt].cnt[0],tr[rt].cnt[1]);
	  	swap(tr[rt].q[0],tr[rt].q[1]);
	  	swap(tr[rt].h[0],tr[rt].h[1]);
	  	swap(tr[rt].mx[0],tr[rt].mx[1]);
	  }
	  return ;
	}
	pushdown(l,r,rt);
	if(x<=mid) update(x,y,val,lson);
	if(y>mid) update(x,y,val,rson);
	pushup(rt);
  }
  inline int query_cnt(int x,int y,int l=1,int r=n,int rt=1){
  	if(x<=l&&y>=r) return tr[rt].cnt[1];
  	int res=0;
  	pushdown(l,r,rt);
  	if(x<=mid) res+=query_cnt(x,y,lson);
  	if(y>mid) res+=query_cnt(x,y,rson);
  	return res;
  }
  inline seg Max(seg x,seg y){
  	x.mx[1]=max(x.h[1]+y.q[1],max(x.mx[1],y.mx[1]));
  	if(y.h[1]==y.r-y.l+1) x.h[1]=x.h[1]+y.h[1];
	else x.h[1]=y.h[1];
	if(x.q[1]==x.r-x.l+1) x.q[1]+=y.q[1];
	x.r=y.r;
	return x;
  }
  inline seg query_mx(int x,int y,int l=1,int r=n,int rt=1){
  	if(x<=l&&y>=r) return tr[rt];
  	pushdown(l,r,rt);
  	if(x<=mid&&y>mid) return Max(query_mx(x,y,lson),query_mx(x,y,rson));	
  	else if(x<=mid) return query_mx(x,y,lson);
  	else if(y>mid) return query_mx(x,y,rson);
  }
}
using namespace SGT;

int main(){
  /*2023.7.4 H_W_Y P2572 [SCOI2010] 序列操作 线段树*/ 
  n=read();m=read();
  for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();  
  build();
  for(int i=1;i<=m;i++){
  	op=read();l=read();r=read();
  	l++;r++;
  	if(op==0) update(l,r,2);
  	if(op==1) update(l,r,1);
  	if(op==2) update(l,r,3);
  	if(op==3) printf("%d\n",query_cnt(l,r));
  	if(op==4){
  	  seg ans=query_mx(l,r);
	  printf("%d\n",ans.mx[1]);	
	}
  }
  return 0;
}

P2787 语文1（chin1）- 理理思维

题目大意

传送门
要求维护一个长度为 $n$ 的字符串，要求支持三个操作：区间全部替换成 $k$ ，区
间 $k$ 个数，区间字典序排序。 $n, m \leq 5 \times 10^{4}$

Solution

发现操作三其实是操作一和操作二结合起来实现
这样我们只需要维护操作一和操作二
暴力维护26棵线段树
也可以用珂朵莉树实现
线段树注意pushdown的写法
用到了mid就要传入参数l和r

H_W_Y-Coding

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn=1e5+10;
int n,m,op,x,y,ch[maxn],k,lst;
char s[maxn];
struct seg{
  int val,tag;
}tr[30][maxn*4];

inline int read(){
  int x=0,f=1;char ch=getchar();
  while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
  while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
  return x*f;
}

namespace SGT{
  int l,r;
  #define mid (l+r)/2
  #define lson l,mid,rt<<1
  #define rson mid+1,r,rt<<1|1
  #define lc rt<<1
  #define rc rt<<1|1
  inline void pushup(int p,int rt){tr[p][rt].val=tr[p][lc].val+tr[p][rc].val;}
  inline void pushdown(int p,int l,int r,int rt){
  	if(tr[p][rt].tag!=0){
  	  int t=tr[p][rt].tag;
  	  tr[p][rt<<1].tag=tr[p][rt<<1|1].tag=t;
  	  if(t==-1) tr[p][rt<<1].val=tr[p][rt<<1|1].val=0;
  	  else tr[p][rt<<1].val=mid-l+1,tr[p][rt<<1|1].val=r-mid;
	  tr[p][rt].tag=0;	
	}
  }
  inline void build(int p,int l=1,int r=n,int rt=1){
  	if(l==r){
  	  tr[p][rt].val=(ch[l]==p);
	  tr[p][rt].tag=0;
	  return;	
	}
	tr[p][rt].tag=0;
	build(p,lson);build(p,rson);
	pushup(p,rt);
  }
  inline void update(int p,int a,int b,int x,int l=1,int r=n,int rt=1){
  	if(a<=l&&b>=r){
  	  tr[p][rt].tag=x;
  	  if(x==-1) tr[p][rt].val=0;
	  else tr[p][rt].val=(r-l+1);
	  return;
	}
	pushdown(p,l,r,rt);
	if(a<=mid) update(p,a,b,x,lson);
	if(b>mid) update(p,a,b,x,rson);
	pushup(p,rt);
	
  }
  inline int query(int p,int a,int b,int l=1,int r=n,int rt=1){
  	if(a<=l&&b>=r) return tr[p][rt].val;
  	pushdown(p,l,r,rt);
  	int res=0;
  	if(a<=mid) res+=query(p,a,b,lson);
  	if(b>mid) res+=query(p,a,b,rson);
  	return res;
  }
}
using namespace SGT;

inline int change(char p){
  if(p>='A'&&p<='Z') return (p-'A')+1;
  return (p-'a')+1;
}

int main(){
  /*2023.7.4 H_W_Y P2787 语文1（chin1）- 理理思维 线段树*/ 
  n=read();m=read();
  scanf("%s",s+1);
  for(int i=1;i<=n;i++) ch[i]=change(s[i]);
  for(int i=1;i<=26;i++) build(i);
  for(int i=1;i<=m;i++){
    op=read();x=read();y=read();
  	if(op==1){
  	  scanf("%s",s);k=change(s[0]);
	  printf("%d\n",query(k,x,y));
	}
	if(op==2){
	  scanf("%s",s);k=change(s[0]);
	  for(int j=1;j<=26;j++) update(j,x,y,-1);
	  update(k,x,y,1);
	}
	if(op==3){
	  lst=x;
	  for(int j=1;j<=26;j++) ch[j]=query(j,x,y),update(j,x,y,-1);
	  for(int j=1;j<=26;j++)
	  	if(ch[j]>0) update(j,lst,lst+ch[j]-1,1),lst=lst+ch[j];
	}
  }
  return 0;
}

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本文作者：H_W_Y

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posted @ 2023-07-19 22:42 H_W_Y 阅读(14) 评论(0) 编辑收藏举报

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P1712 [NOI2016] 区间

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P2418 yyy loves OI IV

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P2572 [SCOI2010] 序列操作

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