文件排版 题解

前言

题目链接：HDU。

题意简述

给 \(n\) 个单词和一张图片排版。每个单词长度为 \(a_i\)。图片占行不确定，但是占列始终为 \([dw + 1, dw + pw]\)。排版宽度为 \(W\)，高度无限制。要求单词间有长度为 \(1\) 的空格，单词不能超出宽度 \(W\)，不能覆盖在图片上，单词间相对顺序不能发生改变。有 \(Q\) 次询问，给出 \(x_i, h_i\) 表示图片占行为 \([x_i + 1, x_i + h_i]\)，求出在此基础上有多少行存在图片或字符。

\(n, W, Q \leq 10^5\)。

题目分析

每次询问如果直接 \(\Theta(n)\) 扫一遍肯定会超时，那我们要做的就是优化加速这一过程。

我们发现，对于一行来说，只会有被图片覆盖或者不被图片覆盖两种状态，并且由于图片占列固定，那么对于所有行来说，这两种状态都是确定的。每一次扫过一行都要重新计算，无疑就是冗余的了。

我们可以预处理出 \(f_i, g_i\) 表示以第 \(i\) 个单词为开头的行，这一行有或没有被图片占，下一行的开始是那个单词。预处理用双指针即可。

这样，我们排版的时候，不用一个单词一个单词地放置，而是一行一行地放置，时间复杂度就取决于排版的行数了。可是还是不够，所以要继续优化这一行一行放置的过程。

发现我们排版时，行的状态为三个大步骤：没被图片覆盖、被图片覆盖、没被图片覆盖。在同一个步骤中，我们不断让 \(i \gets f_i\)，做的是同一件事，并且是一个转移的过程，所以很容易想到使用倍增优化，这样一次就能够跳好多行，而不是一行一行地跳了。

如此，我们最终时间复杂度就是：\(\Theta(Q \log n)\) 的。

注意有些情况需要特判，在代码中标出了。

代码

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

int n, W, pw, lw, rw, q;

int tr1[100010][19], tr2[100010][19];
//  没有放图片        放置了图片
long long len[100010];

void solve() {
	scanf("%d%d%d%d", &n, &W, &pw, &lw), rw = W - pw - lw;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf("%lld", &len[i]);
		len[i] += len[i - 1];  // 前缀和
	}
	tr1[n + 1][0] = tr2[n + 1][0] = n + 1;  // 让 n + 1 一直转移到 n + 1，方便处理
	for (int l = 1, r = 1; l <= n; ++l) {
		while (r + 1 <= n && len[r + 1] - len[l - 1] + r + 1 - l <= W) ++r;
		tr1[l][0] = r + 1;  // r 为这一行的最后一个单词
	}
	for (int l = 1, m = 0, r = 0; l <= n; ++l) {
		while (m + 1 <= n && len[m + 1] - len[l - 1] + m + 1 - l <= lw) ++m;
		r = max(r, m);
		while (r + 1 <= n && len[r + 1] - len[m] + r - m <= rw) ++r;  // 注意这里细节，m 指图片左侧最后一个单词
		tr2[l][0] = r + 1;
	}
	for (int k = 1; k <= 18; ++k) {
		for (int i = 1; i <= n + 1; ++i) {
			tr1[i][k] = tr1[tr1[i][k - 1]][k - 1];
			tr2[i][k] = tr2[tr2[i][k - 1]][k - 1];
		}
	}
	int non = 0;  // 完全不放图片的行数
	for (int cur = 1, k = 18; k >= 0; --k)
		if (tr1[cur][k] <= n) {
			non += 1 << k;
			cur = tr1[cur][k];
		}
	++non;  // 加上最后“跳出去”的一行
	scanf("%d", &q);
	for (int x, h; q--; ) {
		scanf("%d%d", &x, &h), --x;
		if (x >= non) {  // 说明图片和文字间有空行，做特判
			printf("%d\n", non + h);
			continue;
		}
		int cur = 1, ans = x + h;
		for (int k = 18; k >= 0; --k)
			if ((1 << k) <= x)  // 先把图片之前的单词放了
				cur = tr1[cur][k], x -= 1 << k;
		for (int k = 18; k >= 0; --k)
			if ((1 << k) <= h)  // 现在做被图片占了的行的转移
				cur = tr2[cur][k], h -= 1 << k;
		if (cur > n) {  // 放完了
			printf("%d\n", ans);
			continue;
		}
		for (int k = 18; k >= 0; --k)
			if (tr1[cur][k] <= n)  // 否则就继续放图片，直到放完
                ans += 1 << k, cur = tr1[cur][k];
		printf("%d\n", ans + 1);  // 加上最后“跳出去”的那一步
	}
}

signed main() {
	int t; scanf("%d", &t);
	while (t--) solve();
	return 0;
}

总结 & 反思

遇到多次进行同一个操作，并且是在不断“跳”的过程，可以使用倍增优化。