小 C 的屏幕保护程序 / COCI 2012~2013 CONTEST #4 Task AKVARIJ 题解

前言

题意简述

给你一个长为 $n$ 的鱼缸的横截面。对其建立平面直角坐标系，左侧缸壁横坐标为 $0$ ，右侧缸壁横坐标为 $n - 1$ 。鱼缸底部障碍的起伏可以用 ${h_{n}}$ 描述，其中 $h_{i}$ 表示障碍在横坐标为 $i$ 时高度为 $h_{i}$ ， $i \sim i + 1$ 间障碍的起伏可以看做以 $(i, h_{i}), (i + 1, h_{i + 1})$ 为两端的线段。

现在你要支持 $m$ 次以下两种操作：

查询：给定水位高度 $h_{0}$ ，求水淹没的面积（不包括障碍）。
修改：给定 $i, v$ ，将 $h_{i} \leftarrow v$ 。

$n, m \leq 10^{5}$ ，保证 $0 \leq h_{i}, h_{0}, v \leq V = 10^{3}$ 。

题目分析

算法一： $O ((n + m) V)$

发现 $V$ 很小，考虑从这里入手。我们考虑维护 $f_{H}$ 表示 $h_{0} = H$ 时的答案。那么预处理时我们从小到大枚举 $H$ ，再依次枚举 $i$ 统计 $[i, i + 1]$ 间部分对 $f_{H}$ 的贡献。首先让 $f_{H}$ 继承 $f_{H - 1}$ 的答案，然后考虑 $H$ 增加一对答案的增量。事实上，我们可以不用继承答案，直接计算 $f_{H}$ ，也是可以的。我们记 $m i = min {h_{i}, h_{i + 1}}$ ， $m x = max {h_{i}, h_{i + 1}}$ ， $Δ = | h_{i + 1} - h_{i} |$ 。那么我们分三类讨论：

$H \leq m i$ ：
那么此时 $[i, i + 1]$ 一点水都没有，没有任何贡献。
$H \in (m i, m x]$ ：
增量为一个梯形，根据相似三角形，上底 $1 \times \frac{H - m i}{Δ}$ ，下底 $1 \times \frac{H - 1 - m i}{Δ}$ ，高 $1$ ，于是这部分面积为 $S = \frac{H - m i - \frac{1}{2}}{Δ}$ ，令 $f_{H} \leftarrow f_{H} + S$ 。
$H > m x$ ：
增量即为一个 $1 \times 1$ 的正方形， $f_{H} \leftarrow f_{H} + 1$ 。

于是，我们可以在 $O (n V)$ 的时间内预处理出 $f$ 。询问即可 $O (1)$ 。考虑修改，发现修改仅需要将原先 $[i, i + 1]$ 的贡献在 $f$ 中删除，然后再将修改后的答案加进去即可，单次修改 $O (V)$ 。总时间复杂度为 $O ((n + m) V)$ ，可以通过。

算法二： $O ((n + m) \log V)$

算法一菜飞了，但凡 $V$ 再大一点就吃不消了，考虑优化。

我们很自然地发现， $[i, i + 1]$ 对答案的贡献按照上面的分讨，分为三个部分，我们不考虑增量，而是考虑总贡献：

对于 $H \leq m i$ ：
没有任何贡献。
对于 $H \in (m i, m x]$ ：
贡献为一个三角形，竖直边长 $H - m i$ ，横边长 $1 \times \frac{H - m i}{Δ}$ ，贡献为 $\frac{(H - m i)^{2}}{2 Δ} = \frac{1}{2 Δ} H^{2} - \frac{m i}{Δ} H + \frac{m i^{2}}{2 Δ}$ 。
对于 $H > m x$ ：
贡献贡献为一个梯形，拆分成一个三角形和一个矩形。 $S_{△} = \frac{Δ}{2}$ ，矩形面积为 $H - m x$ ，总贡献为 $H + (\frac{Δ}{2} - m x)$ 。

读者已经猜到我想要表示什么了，这三种情况可以归约到关于 $H$ 的二次函数，我们只需要分别维护对应系数之和即可。至于 $H$ 的限制，使用树状数组即可。

时间复杂度： $O ((n + m) \log V)$ ，瓶颈在于树状数组。

代码

算法一：

O ((n + m) V)

 #include <cstdio>
using namespace std;
 
#define isdigit(x) ('0' <= x && x <= '9')
inline void read(int &x) {
    x = 0; char ch = getchar();
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar());
    for (;  isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
}
inline char read() {
    char ch; do ch = getchar(); while (ch != 'Q' && ch != 'U');
    return ch;
}
inline int abs(int x) { return x < 0 ? -x : x; }
inline int min(int a, int b) { return a < b ? a : b; }
inline int max(int a, int b) { return a > b ? a : b; }
 
const int N = 100010, V = 1010;
 
using ld = long double;
const ld eps = 1e-10;
 
int n, m, h[N], mii[N], derr[N];
ld ans[V];
 
signed main() {
    read(n), read(m);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) read(h[i]), mii[i - 1] = min(h[i], h[i - 1]), derr[i - 1] = abs(h[i] - h[i - 1]);
    for (int H = 1; H <= 1000; ++H) {
        ans[H] = ans[H - 1];
        for (int i = 1, mi, der; i + 1 <= n; ++i) {
            mi = mii[i];
            if (H <= mi) {
                
            } else if (H <= max(h[i], h[i + 1])) {
                der = derr[i];
                ans[H] += (H - mi - 0.5) / der;
            } else {
                ans[H] += 1;
            }
        }
    }
    
    for (int H, p, v; m--; ) {
        char op = read();
        if (op == 'Q') {
            read(H);
#ifdef XuYueming
            printf(">>> ");
#endif
            printf("%.1Lf\n", ans[H] + eps);
        } else {
            read(p), read(v), ++p;
            ld tot = 0;
            int mi = mii[p], der = derr[p];
            int MI = mii[p - 1], DER = derr[p - 1];
            for (int H = 1; H <= 1000; ++H) {
                if (p + 1 <= n) {
                    if (H <= mi) {
                        
                    } else if (H <= max(h[p], h[p + 1])) {
                        tot += (H - mi - 0.5) / der;
                    } else {
                        tot += 1;
                    }
                }
                if (p - 1 >= 1) {
                    if (H <= MI) {
                        
                    } else if (H <= max(h[p], h[p - 1])) {
                        tot += (H - MI - 0.5) / DER;
                    } else {
                        tot += 1;
                    }
                }
                ans[H] -= tot;
            }
            h[p] = v;
            tot = 0;
            mi = mii[p] = min(h[p], h[p + 1]);
            der = derr[p] = abs(h[p] - h[p + 1]);
            MI = mii[p - 1] = min(h[p - 1], h[p]);
            DER = derr[p - 1] = abs(h[p - 1] - h[p]);
            for (int H = 1; H <= 1000; ++H) {
                if (p + 1 <= n) {
                    if (H <= mi) {
                        
                    } else if (H <= max(h[p], h[p + 1])) {
                        tot += (H - mi - 0.5) / der;
                    } else {
                        tot += 1;
                    }
                }
                if (p - 1 >= 1) {
                    if (H <= MI) {
                        
                    } else if (H <= max(h[p], h[p - 1])) {
                        tot += (H - MI - 0.5) / DER;
                    } else {
                        tot += 1;
                    }
                }
                ans[H] += tot;
            }
        }
    }
    return 0;
}

算法二：

O ((n + m) \log V)

 #include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
 
const int N = 100010;
const int V = 1005;
 
using ld = long double;
 
int n, m, h[N];
 
struct Bit_Tree {
    ld tree[V];
    inline void modify(int p, ld v) {
        for (; p < V; p += p & -p)
            tree[p] += v;
    }
    inline void modify(int l, int r, ld v) {
        modify(l, v), modify(r + 1, -v);
    }
    inline ld query(int p) {
        ld res = 0;
        for (; p; p &= p - 1)
            res += tree[p];
        return res;
    }
} t[3];
 
inline void add(int i, int f) {
    int mi = min(h[i], h[i + 1]);
    int mx = max(h[i], h[i + 1]);
    int delta = mx - mi;
    if (mi + 1 <= mx) {
        t[2].modify(mi + 1, mx, f * (.5 / delta));
        t[1].modify(mi + 1, mx, f * (-1. * mi / delta));
        t[0].modify(mi + 1, mx, f * (.5 * mi * mi / delta));
    }
    t[1].modify(mx + 1, f * 1);
    t[0].modify(mx + 1, f * (delta / 2. - mx));
}
 
inline ld query(int h) {
    return t[2].query(h) * h * h + t[1].query(h) * h + t[0].query(h);
}
 
signed main() {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        scanf("%d", &h[i]);
    for (int i = 1; i < n; ++i)
        add(i, 1);
    for (int h0, p, v; m--; ) {
        char op[2];
        scanf("%s", op);
        if (*op == 'Q') {
            scanf("%d", &h0);
            printf("%.1Lf\n", query(h0));
        } else {
            scanf("%d%d", &p, &v), ++p;
            if (p > 1) add(p - 1, -1);
            if (p < n) add(p, -1);
            h[p] = v;
            if (p > 1) add(p - 1, 1);
            if (p < n) add(p, 1);
        }
    }
    return 0;
}

卡常后代码

 #include <cstdio>
 
const int MAX = 1 << 26;
char buf[MAX], *inp = buf;
template <typename T>
inline void read(T &x) {
    x = 0; char ch = *inp++;
	for (; ch <  48; ch = *inp++);
    for (; ch >= 48; ch = *inp++) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
}
 
const int N = 100010;
const int V = 1005;
 
using ld = long double;
 
int n, m, h[N];
ld tree[V][3];
 
inline void add(int i, bool del) {
    int mi = h[i] < h[i + 1] ? h[i] : h[i + 1];
    int mx = h[i] ^  h[i + 1] ^ mi;
    int delta = mx - mi;
    if (mi < mx) {
        int l = mi + 1, r = mx + 1;
        ld v2 = .5 / delta, v1 = -1. * mi / delta, v0 = mi * mi * v2;
        if (del) v0 = -v0, v1 = -v1, v2 = -v2;
        for (; l < r; l += l & -l) {
            tree[l][0] += v0;
            tree[l][1] += v1;
            tree[l][2] += v2;
        }
        for (; r < l && r < V; r += r & -r) {
            tree[r][0] -= v0;
            tree[r][1] -= v1;
            tree[r][2] -= v2;
        }
        for (; l < r; l += l & -l) {
            tree[l][0] += v0;
            tree[l][1] += v1;
            tree[l][2] += v2;
        }
    }
    ld v1 = 1, v0 = delta / 2. - mx;
    if (del) v1 = -v1, v0 = -v0;
    for (int p = mx + 1; p < V; p += p & -p) {
        tree[p][0] += v0;
        tree[p][1] += v1;
    }
}
 
inline ld query(int h) {
    ld v2 = 0, v1 = 0, v0 = 0;
    for (int p = h; p; p &= p - 1) {
        v0 += tree[p][0];
        v1 += tree[p][1];
        v2 += tree[p][2];
    }
    return v2 * h * h + v1 * h + v0;
}
 
signed main() {
    fread(buf, 1, MAX, stdin), read(n), read(m), read(h[1]);
    for (int i = 2; i <= n; ++i)
        read(h[i]), add(i - 1, false);
    for (int h0, p, v; m--; ) {
        char op;
        do op = *inp++; while (op != 'Q' && op != 'U');
        if (op == 'Q') {
            read(h0);
            printf("%.1Lf\n", query(h0));
        } else {
            read(p), read(v), ++p;
            if (p > 1) add(p - 1, true);
            if (p < n) add(p, true);
            h[p] = v;
            if (p > 1) add(p - 1, false);
            if (p < n) add(p, false);
        }
    }
    return 0;
}

posted @ 2025-02-09 19:37 XuYueming 阅读(20) 评论(0) 编辑收藏举报

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	#include <cstdio>
	using namespace std;

	#define isdigit(x) ('0' <= x && x <= '9')
	inline void read(int &x) {
	x = 0; char ch = getchar();
	for (; !isdigit(ch); ch = getchar());
	for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
	}
	inline char read() {
	char ch; do ch = getchar(); while (ch != 'Q' && ch != 'U');
	return ch;
	}
	inline int abs(int x) { return x < 0 ? -x : x; }
	inline int min(int a, int b) { return a < b ? a : b; }
	inline int max(int a, int b) { return a > b ? a : b; }

	const int N = 100010, V = 1010;

	using ld = long double;
	const ld eps = 1e-10;

	int n, m, h[N], mii[N], derr[N];
	ld ans[V];

	signed main() {
	read(n), read(m);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) read(h[i]), mii[i - 1] = min(h[i], h[i - 1]), derr[i - 1] = abs(h[i] - h[i - 1]);
	for (int H = 1; H <= 1000; ++H) {
	ans[H] = ans[H - 1];
	for (int i = 1, mi, der; i + 1 <= n; ++i) {
	mi = mii[i];
	if (H <= mi) {

	} else if (H <= max(h[i], h[i + 1])) {
	der = derr[i];
	ans[H] += (H - mi - 0.5) / der;
	} else {
	ans[H] += 1;
	}
	}
	}

	for (int H, p, v; m--; ) {
	char op = read();
	if (op == 'Q') {
	read(H);
	#ifdef XuYueming
	printf(">>> ");
	#endif
	printf("%.1Lf\n", ans[H] + eps);
	} else {
	read(p), read(v), ++p;
	ld tot = 0;
	int mi = mii[p], der = derr[p];
	int MI = mii[p - 1], DER = derr[p - 1];
	for (int H = 1; H <= 1000; ++H) {
	if (p + 1 <= n) {
	if (H <= mi) {

	} else if (H <= max(h[p], h[p + 1])) {
	tot += (H - mi - 0.5) / der;
	} else {
	tot += 1;
	}
	}
	if (p - 1 >= 1) {
	if (H <= MI) {

	} else if (H <= max(h[p], h[p - 1])) {
	tot += (H - MI - 0.5) / DER;
	} else {
	tot += 1;
	}
	}
	ans[H] -= tot;
	}
	h[p] = v;
	tot = 0;
	mi = mii[p] = min(h[p], h[p + 1]);
	der = derr[p] = abs(h[p] - h[p + 1]);
	MI = mii[p - 1] = min(h[p - 1], h[p]);
	DER = derr[p - 1] = abs(h[p - 1] - h[p]);
	for (int H = 1; H <= 1000; ++H) {
	if (p + 1 <= n) {
	if (H <= mi) {

	} else if (H <= max(h[p], h[p + 1])) {
	tot += (H - mi - 0.5) / der;
	} else {
	tot += 1;
	}
	}
	if (p - 1 >= 1) {
	if (H <= MI) {

	} else if (H <= max(h[p], h[p - 1])) {
	tot += (H - MI - 0.5) / DER;
	} else {
	tot += 1;
	}
	}
	ans[H] += tot;
	}
	}
	}
	return 0;
	}

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

	const int N = 100010;
	const int V = 1005;

	using ld = long double;

	int n, m, h[N];

	struct Bit_Tree {
	ld tree[V];
	inline void modify(int p, ld v) {
	for (; p < V; p += p & -p)
	tree[p] += v;
	}
	inline void modify(int l, int r, ld v) {
	modify(l, v), modify(r + 1, -v);
	}
	inline ld query(int p) {
	ld res = 0;
	for (; p; p &= p - 1)
	res += tree[p];
	return res;
	}
	} t[3];

	inline void add(int i, int f) {
	int mi = min(h[i], h[i + 1]);
	int mx = max(h[i], h[i + 1]);
	int delta = mx - mi;
	if (mi + 1 <= mx) {
	t[2].modify(mi + 1, mx, f * (.5 / delta));
	t[1].modify(mi + 1, mx, f * (-1. * mi / delta));
	t[0].modify(mi + 1, mx, f * (.5 * mi * mi / delta));
	}
	t[1].modify(mx + 1, f * 1);
	t[0].modify(mx + 1, f * (delta / 2. - mx));
	}

	inline ld query(int h) {
	return t[2].query(h) * h * h + t[1].query(h) * h + t[0].query(h);
	}

	signed main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
	scanf("%d", &h[i]);
	for (int i = 1; i < n; ++i)
	add(i, 1);
	for (int h0, p, v; m--; ) {
	char op[2];
	scanf("%s", op);
	if (*op == 'Q') {
	scanf("%d", &h0);
	printf("%.1Lf\n", query(h0));
	} else {
	scanf("%d%d", &p, &v), ++p;
	if (p > 1) add(p - 1, -1);
	if (p < n) add(p, -1);
	h[p] = v;
	if (p > 1) add(p - 1, 1);
	if (p < n) add(p, 1);
	}
	}
	return 0;
	}

	#include <cstdio>

	const int MAX = 1 << 26;
	char buf[MAX], *inp = buf;
	template <typename T>
	inline void read(T &x) {
	x = 0; char ch = *inp++;
	for (; ch < 48; ch = *inp++);
	for (; ch >= 48; ch = *inp++) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
	}

	const int N = 100010;
	const int V = 1005;

	using ld = long double;

	int n, m, h[N];
	ld tree[V][3];

	inline void add(int i, bool del) {
	int mi = h[i] < h[i + 1] ? h[i] : h[i + 1];
	int mx = h[i] ^ h[i + 1] ^ mi;
	int delta = mx - mi;
	if (mi < mx) {
	int l = mi + 1, r = mx + 1;
	ld v2 = .5 / delta, v1 = -1. * mi / delta, v0 = mi * mi * v2;
	if (del) v0 = -v0, v1 = -v1, v2 = -v2;
	for (; l < r; l += l & -l) {
	tree[l][0] += v0;
	tree[l][1] += v1;
	tree[l][2] += v2;
	}
	for (; r < l && r < V; r += r & -r) {
	tree[r][0] -= v0;
	tree[r][1] -= v1;
	tree[r][2] -= v2;
	}
	for (; l < r; l += l & -l) {
	tree[l][0] += v0;
	tree[l][1] += v1;
	tree[l][2] += v2;
	}
	}
	ld v1 = 1, v0 = delta / 2. - mx;
	if (del) v1 = -v1, v0 = -v0;
	for (int p = mx + 1; p < V; p += p & -p) {
	tree[p][0] += v0;
	tree[p][1] += v1;
	}
	}

	inline ld query(int h) {
	ld v2 = 0, v1 = 0, v0 = 0;
	for (int p = h; p; p &= p - 1) {
	v0 += tree[p][0];
	v1 += tree[p][1];
	v2 += tree[p][2];
	}
	return v2 * h * h + v1 * h + v0;
	}

	signed main() {
	fread(buf, 1, MAX, stdin), read(n), read(m), read(h[1]);
	for (int i = 2; i <= n; ++i)
	read(h[i]), add(i - 1, false);
	for (int h0, p, v; m--; ) {
	char op;
	do op = *inp++; while (op != 'Q' && op != 'U');
	if (op == 'Q') {
	read(h0);
	printf("%.1Lf\n", query(h0));
	} else {
	read(p), read(v), ++p;
	if (p > 1) add(p - 1, true);
	if (p < n) add(p, true);
	h[p] = v;
	if (p > 1) add(p - 1, false);
	if (p < n) add(p, false);
	}
	}
	return 0;
	}

XuYueming

小 C 的屏幕保护程序 / COCI 2012~2013 CONTEST #4 Task AKVARIJ 题解

前言

题意简述

题目分析

算法一：O((n+m)V)

算法二：O((n+m)log⁡V)

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