BZOJ 1171: 大sz的游戏
ZJOI讲课的题目，数据结构什么的还是很友好的说
首先我们发现题目中提到的距离\(\le L\)的东西显然可以用单调队列维护
但是暴力搞去不掉区间并的限制，那么我们考虑从区间并入手
对于这种问题的套路有一个就是线段树维护一个区间的最优解，然后计算完一个点的答案之后直接在线段树上更新即可
所以我们有了一个很naive的思路——线段树套单调队列，但随便一想时空复杂度都是\(O(n^2)\)的
让我们想一下复杂度变大的原因是什么，其实就是pushdown带来的大量空间浪费
我们再仔细观察依稀这个问题的性质，发现其可以标记永久化，那么就很舒服了，时空复杂度都达到了优秀的\(O(n\log\ n)\)
然后像我这样naive的人就写出了这样的巨慢CODE
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<deque>
#include<algorithm>
#define RI register int
#define CI const int&
#define Tp template <typename T>
using namespace std;
const int N=250005,INF=2e9;
int n,m,rst[N<<1],L[N],R[N],ans[N],dis[N],cnt,ret;
class FileInputOutput
{
private:
static const int S=1<<21;
#define tc() (A==B&&(B=(A=Fin)+fread(Fin,1,S,stdin),A==B)?EOF:*A++)
#define pc(ch) (Ftop<S?Fout[Ftop++]=ch:(fwrite(Fout,1,S,stdout),Fout[(Ftop=0)++]=ch))
char Fin[S],Fout[S],*A,*B; int Ftop,pt[15];
public:
Tp inline void read(T& x)
{
x=0; char ch; while (!isdigit(ch=tc()));
while (x=(x<<3)+(x<<1)+(ch&15),isdigit(ch=tc()));
}
Tp inline void write(T x)
{
if (!x) return (void)(pc('0'),pc('\n')); if (x<0) x=-x,pc('-'); RI ptop=0;
while (x) pt[++ptop]=x%10,x/=10; while (ptop) pc(pt[ptop--]+48); pc('\n');
}
inline void Fend(void)
{
fwrite(Fout,1,Ftop,stdout);
}
#undef tc
#undef pc
}F;
inline int find(CI x)
{
return lower_bound(rst+1,rst+cnt+1,x)-rst;
}
class Segment_Tree
{
private:
deque <int> dq[N<<3];
public:
#define TN CI now=1,CI l=1,CI r=cnt
#define O beg,end,pos
inline void build(TN)
{
dq[now].push_back(1); if (l==r) return; int mid=l+r>>1;
build(now<<1,l,mid); build(now<<1|1,mid+1,r);
}
inline void insert(CI beg,CI end,CI pos,TN)
{
while (!dq[now].empty()&&ans[pos]<ans[dq[now].back()]) dq[now].pop_back();
dq[now].push_back(pos); if (l==r) return; int mid=l+r>>1;
if (beg<=mid) insert(O,now<<1,l,mid); if (end>mid) insert(O,now<<1|1,mid+1,r);
}
inline void getpos(CI beg,CI end,CI pos,TN)
{
if (beg<=l&&r<=end)
{
while (!dq[now].empty()&&dis[pos]-dis[dq[now].front()]>m) dq[now].pop_front();
if (!dq[now].empty()&&(!~ret||ans[dq[now].front()]<ans[ret])) ret=dq[now].front(); return;
}
int mid=l+r>>1; if (beg<=mid) getpos(O,now<<1,l,mid); if (end>mid) getpos(O,now<<1|1,mid+1,r);
}
#undef TN
#undef O
}SEG;
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
RI i; for (F.read(n),F.read(m),i=2;i<=n;++i)
F.read(L[i]),F.read(R[i]),rst[++cnt]=L[i],rst[++cnt]=R[i],F.read(dis[i]);
sort(rst+1,rst+cnt+1); cnt=unique(rst+1,rst+cnt+1)-rst-1;
for (i=2;i<=n;++i) L[i]=find(L[i]),R[i]=find(R[i]);
for (SEG.build(),i=2;i<=n;++i)
{
ret=-1; SEG.getpos(L[i],R[i],i); if (!~ret) ans[i]=INF;
else ans[i]=ans[ret]+1; SEG.insert(L[i],R[i],i);
}
for (i=2;i<=n;++i) F.write(ans[i]!=INF?ans[i]:-1); return F.Fend(),0;
}
没办法，我们发现这个程序慢有两点：
deque巨慢无比，而且内存占用极大- 没有维护每个节点的答案，这样查询的时候复杂度极高
然后解决方案也很简单：
- 把
deque换成list（快如闪电） - 单独写删除操作，并且记下每个点的答案
然后就可以顺利地通过此题了QWQ
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<list>
#include<algorithm>
#define RI register int
#define CI const int&
#define Tp template <typename T>
using namespace std;
const int N=250005,INF=1e9;
int n,m,rst[N<<1],q[N],L[N],R[N],dis[N],ans[N],cnt,pos;
class FileInputOutput
{
private:
static const int S=1<<21;
#define tc() (A==B&&(B=(A=Fin)+fread(Fin,1,S,stdin),A==B)?EOF:*A++)
#define pc(ch) (Ftop<S?Fout[Ftop++]=ch:(fwrite(Fout,1,S,stdout),Fout[(Ftop=0)++]=ch))
char Fin[S],Fout[S],*A,*B; int Ftop,pt[15];
public:
Tp inline void read(T& x)
{
x=0; char ch; while (!isdigit(ch=tc()));
while (x=(x<<3)+(x<<1)+(ch&15),isdigit(ch=tc()));
}
Tp inline void write(T x)
{
if (!x) return (void)(pc('0'),pc('\n')); if (x<0) x=-x,pc('-'); RI ptop=0;
while (x) pt[++ptop]=x%10,x/=10; while (ptop) pc(pt[ptop--]+48); pc('\n');
}
inline void Fend(void)
{
fwrite(Fout,1,Ftop,stdout);
}
#undef tc
#undef pc
}F;
inline int find(CI x)
{
return lower_bound(rst+1,rst+cnt+1,x)-rst;
}
class Segment_Tree
{
private:
list <int> dq[N<<3]; int val[N<<3];
inline void miner(int &x,CI y)
{
if (y<x) x=y;
}
inline int get(CI now)
{
if (dq[now].empty()) return INF; return ans[dq[now].front()];
}
inline void pushup(CI now,const bool& op)
{
val[now]=get(now); if (op) miner(val[now],val[now<<1]),miner(val[now],val[now<<1|1]);
}
public:
#define TN CI now=1,CI l=1,CI r=cnt
#define O beg,end,pos
inline void build(TN)
{
val[now]=INF; if (l==r) return; int mid=l+r>>1; build(now<<1,l,mid); build(now<<1|1,mid+1,r);
}
inline void insert(CI beg,CI end,CI pos,TN)
{
if (beg<=l&&r<=end)
{
while (!dq[now].empty()&&ans[pos]<=ans[dq[now].back()])
dq[now].pop_back(); dq[now].push_back(pos); return pushup(now,l!=r);
}
int mid=l+r>>1; if (beg<=mid) insert(O,now<<1,l,mid);
if (end>mid) insert(O,now<<1|1,mid+1,r); pushup(now,l!=r);
}
inline void remove(CI beg,CI end,CI pos,TN)
{
if (beg<=l&&r<=end)
{
while (!dq[now].empty()&&dq[now].front()<=pos)
dq[now].pop_front(); return pushup(now,l!=r);
}
int mid=l+r>>1; if (beg<=mid) remove(O,now<<1,l,mid);
if (end>mid) remove(O,now<<1|1,mid+1,r); pushup(now,l!=r);
}
inline int query(CI beg,CI end,TN)
{
if (beg<=l&&r<=end) return val[now]; int mid=l+r>>1,ret=get(now);
if (beg<=mid) miner(ret,query(beg,end,now<<1,l,mid));
if (end>mid) miner(ret,query(beg,end,now<<1|1,mid+1,r)); return ret;
}
#undef TN
#undef O
}SEG;
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
RI i,H=1,T=1; for (F.read(n),F.read(m),i=2;i<=n;++i)
F.read(L[i]),F.read(R[i]),rst[++cnt]=L[i],rst[++cnt]=R[i],F.read(dis[i]);
sort(rst+1,rst+cnt+1); cnt=unique(rst+1,rst+cnt+1)-rst-1;
for (i=2;i<=n;++i) L[i]=find(L[i]),R[i]=find(R[i]);
for (SEG.build(),SEG.insert(L[1]=q[1]=1,R[1]=cnt,1),i=2;i<=n;++i)
{
while (H<=T&&dis[i]-dis[q[H]]>m) pos=q[H++],SEG.remove(L[pos],R[pos],pos);
ans[i]=SEG.query(L[i],R[i]); if (ans[i]!=INF)
F.write(++ans[i]),SEG.insert(L[i],R[i],i),q[++T]=i; else F.write(-1);
}
return F.Fend(),0;
}
辣鸡老年选手AFO在即
