『线段树合并』Day7

合集 - NOIP2024 知识点复习(11)

1.『单调栈和单调队列』Day12024-08-072.『线段树』Day2 - 嘿嘿黑黑黑2024-08-083.『扫描线』Day52024-08-124.『区间最值操作 & 区间历史最值』Day62024-08-13

5.『线段树合并』Day72024-08-15

6.『dsu、Trie』Day82024-08-167.『dfn、树剖杂项』Day92024-08-168.『树的直径、重⼼』Day102024-08-209.『网赛总结』Day112024-08-2110.Day Inf【3、12~24】2024-09-0611.Day 32 数位 dp & Day 33 Dp 优化2024-09-18

收起

颓了一天了。md

虽然还没有过线段树合并板题，但早就用过了。

注意，单次合并复杂度是 $O(n\log n)$ 的，但是一直合并，保证最终共有 $n$ 个元素的话，总时间复杂度也是 $o(n\log n)$ 的。不要理解成单次 $\log n$。

一个人千万不能忘记自己的初心，有时候需要静下心来想一想自己到底应该做什么。

难道之前逼自己赶上那么多的努力真的要白费吗。

习题

A 更为厉害

差不多 30 min 秒了。

考虑两种情况，$b$ 是 $a$ 的祖先，那么 $c$ 只能是 $a$ 的子树。

第二种情况 $b$ 在 $a$ 的子树里，但是距离有 $k$ 的限制。然后 $c$ 是 $b$ 的子树，也就是 $si{z}_b-1$ 种 $c$。

考虑 $b$ 的个数，按照深度为下标建主席树，每次查询深度区间里在 $a$ 子树的 dfn 区间中的 sum 即可。

B Minimax

之前看过线段树合并优化 dp，第一次实现。

由于是二叉树，所以 dp 的形式非常简单，就是前缀和后缀和加上一坨。

dp 是二维的，直接把第二维放进 ds 下标，前后缀和可以在你合并左右儿子的时候直接由 sum 得到。

可以结合代码理解。

int merge(int p, int q, int v1, int v2, int w, int l, int r) {
	if(!p and !q) return 0;
	v1 %= Mod, v2 %= Mod;
	if(!p) return upd(q, v2), q;
	if(!q) return upd(p, v1), p;
	pushdown(p); pushdown(q); 
	
	int mid = l + r >> 1;
	int s1 = T[ls].sum, s2 = T[rs].sum, s3 = T[T[q].l].sum, s4 = T[T[q].r].sum;
	
	ls = merge(ls, T[q].l, v1 + (1 - w) * s4, v2 + (1 - w) * s2, w, l, mid);
	rs = merge(rs, T[q].r, v1 + w * s3, v2 + w * s1, w, mid + 1, r);
	
	return pushup(p), p; 
}

C 众数

4 操作就是线段树合并板。考虑众数操作。

有一种好像是众数的套路做法，就是你维护当前的 house 数，如果新加入的数相同那么 cnt ++，否则 cnt --。如果 cnt < 0 那么替换 house 为 nowx。

容易发现序列加入顺序不会影响最终答案的取值。用 ds 维护这个过程。

但是没有必要啊。你众数在的那个值域区间一定满足 Sum > len / 2，根据这个直接 ds 二分即可。注意是 $m$ 棵一起二分。

数据造得好。

D 旋转树木 Tree Rotations

一眼知交换左右儿子不会影响父亲的集合。

考虑合并的时候内部不可能有新的贡献，你只会算当前右子树中比左子树 val 大的、小的有多少个。

所以只要贪心选更小的一种方案即可。

在你合并的时候，由于要分到左右去 merge，所以你可以直接得出左右儿子的 sum，计算以 mid 作为分界的逆序对。然后递归到内部再算。

代码和 B 差不多。

E 排序

典。

要对数地对一般序列排序是脑子有问题才会想优化的。

但是题目非要我们排序，考虑简单方法。

如果是对 01 序列排序，就可以只维护 1 的个数，然后前缀后缀赋值操作即可。

而你询问只有一个单点，所以我们可以二分这个点是多大，根据所有数和二分值的大小关系转化成 01 序列。

为什么是对的啊。

排序后的序列一定是不变的，位置 q 也不变，只是你二分的 01 序列在变，而且 0 越来越多。（随着 mid 的增大）

什么时候 q 变成 0，就可以了。

晚测 JOISC2017 Sparkles

nb 题，双序列原 & 加强。

4 月做了双序列，但为什么这道题没做出来呢。

因为一开始就想错了。

想这种题怎么可能贪心，绅士居然想出了从 $S$ 集合里面分离 $B$ 集合出去的zhizhang做法，复杂度指数线性对数。可过。

注意：一个人肯定是等火要烧完了才传递，以及路径上经过的人会跟着这个人走，不劣。

所以推出：每个时刻，和 $k$ 在一起的人构成一个连续的区间 $[l,r]$。

你可以用一个平方 dp 进行转移。这时候把状态改成 $l$ 或 $r$ 的人可以被点上火。

首先，火把在最优传递方法下，是可以一共有 $(r-l)\ast T$ 的时间，然后最优的走法下，肯定要走 $X_r-X_l$。

当你传递给一个人的时候，你们必然相向而行，和你走一个方向的点，到你的距离不变。

先不考虑中途会不会断。一直向左，最后向右；或者反过来，都是一样的判定，所以结束点应该是可以随便选的。

check(l, r) 很容易写出来，表示从 $k$ 出发，要能够带着火走到 $l,r$ 至少需要满足的条件。

这玩意无法保证你能从 $[l+1,r]$ 走到 $[l,r]$，因为你不知道是否合法。

所以 $d{p}_{l,r}=[check(l,r)]\mathrm{and}(d{p}_{l+1,r}\mathrm{or}d{p}_{l,r-1})$。

然后就是双序列拓展原题了。这里矩阵变成了上三角，从 $(k,k)$ 每次向上、右走一步走到 $(1,n)$。

但是我们考虑题解里面的简单做法，实际上是双序列递归的倒序实现，也证明此题本质是贪心。

实际上昨天晚上很多时间都在重温双序列做法。个人认为到双序列的转化却是不容易想到的。