【题解】牛客练习赛85

昨日如烟，忽觉自闭甚痛。

B题数组开小，导致自闭一整场
D题死磕分块，谁知却是线段树 + bitset （论算法错误的严重性）
E题没有时间读， $d p$ 神题

B.

简单贪心+尺取。

时间复杂度 $O (3 n)$ 。

D.

我们可以把它抽象为区间数颜色的问题。

分块的时间复杂度 $O(15*n^{\frac{5}{3}})$ ，考虑用 $a n s [i] [j]$ 记录块的答案，取 $B=n^{\frac{2}{3}}$ ，则查询和修改均为 $O(n^{\frac{2}{3}})$ 。（这里就没必要重构了，因为你会发现无论如何取 $B=n^{\frac{2}{3}}$ 都能达到最优，而重构的时间复杂度是 $\frac{N^2}{B^2}*B=\frac{N^2}{B}=N^{\frac{4}{3}}$ ，再乘上要重构的次数 $N^\frac{1}{3}$ ，因为查询是 $N^\frac{2}{3}$ ，所以重构次数已经最小了，而实际上暴力修改是 $N^{\frac{2}{3}}*N=N^{\frac{5}{3}}$ ，所以重构的复杂度本质上等价于对每个数进行修改，这个可以自己探究）

实测 $36 p t s$ 。

#include<bits/stdc++.h>
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
const int mx=1e5+5;
const int block=800;
inline int read() {
	int x=0,f=1; char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,a[mx];
int prime[mx],vis[mx],c,res,L[mx],R[mx],bl[mx],cnt[100][mx],u[mx],ans[100][100];
vector<int> son[mx];
int main() {
//	freopen("data.in","r",stdin);
    for(int i=2;i<=1e5;i++) {
    	if(!vis[i]) prime[++c]=i;
    	for(int j=1;j<=c&&1LL*i*prime[j]<=1e5;j++) {
    		vis[i*prime[j]]=1;
    		if(i%prime[j]==0) break;
		}
	}
	for(int i=2;i<=1e5;i++) {
		int tot=0,tmp=i;
		for(int j=1;j<=c&&prime[j]<=sqrt(tmp);j++) {
			if(tmp%prime[j]==0) {
				son[i].push_back(prime[j]);
				while(tmp%prime[j]==0) tot++,tmp/=prime[j];
			}
		}
		if(tmp>1) son[i].push_back(tmp);
	}
	n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		bl[i]=(i-1)/block+1;
	}
	for(int i=1;i<=bl[n];i++) {
		L[i]=(i-1)*block+1,R[i]=min(i*block,n);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=bl[i];j<=bl[n];j++) {
			for(auto x:son[a[i]]) {
				cnt[j][x]++;
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=bl[n];i++) {
		for(int j=i;j<=bl[n];j++) {
			for(int k=1;k<=c;k++) {
				if(cnt[j][prime[k]]-cnt[i-1][prime[k]]) {
					ans[i][j]++;
				}
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		int op=read();
		if(op==1) {
			int id=read(),x=read();
			for(int j=1;j<=bl[id];j++) {
				for(int k=bl[id];k<=bl[n];k++) {
					for(auto y:son[a[id]]) {
						if(cnt[k][y]-cnt[j-1][y]==1) ans[j][k]--;
					}
					
				}
			}
			for(int j=bl[id];j<=bl[n];j++) {
				for(auto y:son[a[id]]) {
					cnt[j][y]--;
				}
			}
			for(int j=1;j<=bl[id];j++) {
				for(int k=bl[id];k<=bl[n];k++) {
					for(auto y:son[x]) {
						if(cnt[k][y]-cnt[j-1][y]==0) ans[j][k]++;
					}
				}
			}
			for(int j=bl[id];j<=bl[n];j++) {
				for(auto y:son[x]) {
					cnt[j][y]++;
				}
			}
			a[id]=x;
		}
		else {
			int l=read(),r=read();
			int x=bl[l],y=bl[r],res=0;
			if(x==y) {
				for(int j=l;j<=r;j++) {
					for(auto y:son[a[j]]) {
						if(u[y]==0) res++;
						u[y]=1;
					}
				}
				printf("%d\n",res);
				for(int j=l;j<=r;j++) {
					for(auto y:son[a[j]]) {
						u[y]=0;
					}
				}
			}
			else {
				res=ans[x+1][y-1];
				for(int j=l;j<=R[x];j++) {
					for(auto z:son[a[j]]) {
						if(u[z]==0&&cnt[y-1][z]-cnt[x][z]==0) res++;
						u[z]=1;
					}
				}
				for(int j=L[y];j<=r;j++) {
					for(auto z:son[a[j]]) {
						if(u[z]==0&&cnt[y-1][z]-cnt[x][z]==0) res++;
						u[z]=1;
					}
				}
				printf("%d\n",res);
				for(int j=l;j<=R[x];j++) {
					for(auto z:son[a[j]]) {
						u[z]=0;
					}
				}
				for(int j=L[y];j<=r;j++) {
					for(auto z:son[a[j]]) {
						u[z]=0;
					}
				}
			}
		}
	}
}

莫队的时间复杂度和分块也是一样的。

所以我们只能考虑 线段树 维护区间不同颜色个数。对于一个区间的信息，把所有物品或起来，这个可以用 $b i t s e t$ 实现。

实测 $100 p t s$ 。注意堆式存储的空间复杂度是 $2^{\lceil logn\rceil}∗2−1=4n$ ，可以采用动态开点，将空间复杂度优化到 $2 n$ 。

#include<bits/stdc++.h>
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
const int mx=1e5+5;
const int mxn=5e4+5;
const int block=800;
inline int read() {
	int x=0,f=1; char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,a[mx];
int prime[mx],vis[mx],lson[mx],rson[mx],cnt,tot=1;
bitset<9600> s[mx],t[mxn*2],tmp;
void update(int p,int l,int r,int x,int y) {
	if(l==r) {
		t[p]=s[y];
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(x<=mid) {
		if(!lson[p]) lson[p]=++tot;
		update(lson[p],l,mid,x,y);
	}
	else {
		if(!rson[p]) rson[p]=++tot;
		update(rson[p],mid+1,r,x,y);
	}
	t[p]=t[lson[p]]|t[rson[p]];
}
void query(int p,int l,int r,int ql,int qr) {
	if(!p) return;
	if(ql<=l&&r<=qr) {
		tmp|=t[p];
		return;
	}
	int mid=(l+r)>>1;
	if(ql<=mid) query(lson[p],l,mid,ql,qr);
	if(mid<qr) query(rson[p],mid+1,r,ql,qr);
}
int main() {
//	freopen("data.in","r",stdin);
    for(int i=2;i<=1e5;i++) {
    	if(!vis[i]) prime[++cnt]=i;
    	for(int j=1;j<=cnt&&1LL*i*prime[j]<=1e5;j++) {
    		vis[i*prime[j]]=1;
    		if(i%prime[j]==0) break;
		}
	}
	for(int i=2;i<=1e5;i++) {
		int tot=0,tmp=i;
		for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]<=sqrt(tmp);j++) {
			if(tmp%prime[j]==0) {
				s[i][j]=1;
				while(tmp%prime[j]==0) tot++,tmp/=prime[j];
			}
		}
		if(tmp>1) {
			int j=1;
			while(prime[j]!=tmp) j++;
			s[i][j]=1;
		}
	}
	n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		a[i]=read(),update(1,1,n,i,a[i]);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		int op=read();
		if(op==1) {
			int id=read(),x=read();
			update(1,1,n,id,x);
			a[id]=x;
		}
		else {
			int l=read(),r=read(); tmp.reset();
			query(1,1,n,l,r);
			printf("%d\n",tmp.count());
		}
	}
}

E.

设 $d p [i] [j] [k]$ 表示当前处理到第 $i$ 个音符，左手在 $j$ ，右手在 $k$ 的最短时间。暴力 $d p$ 复杂度 $O(n^4)$ 。观察到任意状态一定有 $j=pos_i$ 或 $k=pos_i$ 成立，于是我们只需要枚举一个参数即可，朴素算法的时间复杂度 $O(n^3)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
const int mx=105;
inline int read() {
	int x=0,f=1; char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,pos[mx],dp[mx][mx];
int getdist(int x,int y,int x2,int y2) {
	return min(max(abs(x-x2),abs(y-y2)),max(abs(x-y2),abs(y-x2)));
}
void solve(int m,int i) {
	if(!m) return;
	for(int k=1;k<=n;k++) {
		if(dp[m][i]==dp[m-1][k]+getdist(i,pos[m],pos[m-1],k)) {
			solve(m-1,k);
			printf("%d ",dp[m][i]);
			return;
		}
	}
	
}
int main() {
//	freopen("data.in","r",stdin);
    memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=m;i++) pos[i]=read();
    dp[0][n]=0; pos[0]=1;
    for(int i=1;i<=m;i++) {
    	int j=pos[i];
    	for(int k=1;k<=n;k++) {
    		for(int l=1;l<=n;l++) {
    			dp[i][k]=min(dp[i][k],dp[i-1][l]+getdist(j,k,pos[i-1],l));
			}
		}
	}
	int res=0x3f3f3f3f;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		res=min(res,dp[m][i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		if(dp[m][i]==res) {
			solve(m,i);
			return 0;
		}
	}
}

F.

本题是 $E$ 题的加强版。我们观察到 $d p$ 转移是 $O (n)$ 的，考虑用数据结构优化。首先有 $d p$ 转移式：

$d p [i] [k] = m i n (d p [i] [k], d p [i - 1] [l] + g e t d i s t (p o s [i], k, p o s [i - 1], l));$

这里有一个 $m a x$ 函数，我们来讨论一下哪一项取最大值，那么另一项就有一个转移区间。

分类讨论：

$p o s [i]$ 对应 $p o s [i - 1]$ ，此时 $a b s (p o s [i] - p o s [i - 1])$ 是定值，对于给定的 $j$ ，询问区间是 $[j - l s t, j + l s t]$ ，这是一个经典的滑动窗口问题。
$p o s [i]$ 对应 $l$ ，此时 $a b s (p o s [i] - l)$ 是定值，对 $j$ 在区间 $[p o s [i - 1] - l s t 2, p o s [i - 1] + l s t 2]$ 有贡献，我们可以记录一个前缀和后缀的最小值。

注意两种情况的优化思路是不一样的，其原因在于选取的不变量不同。在 $c a s e 1$ 中，我们限定 $j$ 不变；在 $c a s e 2$ 中，我们限定 $l$ 不变，将贡献转化成了前缀和后缀的处理。

将上述两种情况综合起来，就得到了我们的正解。时间复杂度 $O (n m)$ ，状态转移 $O (1)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
const int mx=5005;
inline int read() {
	int x=0,f=1; char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,pos[mx],dp[mx][mx],pre[mx][mx],l,r,head,tail,q[mx];
pii mind[mx];
//我们考虑两个手指只记录一个
//可以直接转移到下一个状态
//奇技淫巧 
int getdist(int x,int y,int x2,int y2) {
	return min(max(abs(x-x2),abs(y-y2)),max(abs(x-y2),abs(y-x2)));
}
void solve(int m,int i) {
	if(!m) return;
	solve(m-1,pre[m][i]);
	printf("%d ",dp[m][i]);
}
int main() {
//	freopen("data.in","r",stdin);
    memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=m;i++) pos[i]=read();
    dp[0][n]=0; pos[0]=1;
    mind[0]=mind[n+1]=make_pair(0x3f3f3f3f,0);
    for(int i=1;i<=m;i++) {
    	for(int j=1;j<=n;j++) {
    		mind[j]=make_pair(0x3f3f3f3f,0);
		}
    	head=1,tail=0;
		int lst=abs(pos[i]-pos[i-1]),k=1;
    	for(int j=1;j<=n;j++) {
    		l=max(1,j-lst),r=min(n,j+lst);
    		for(;k<=r;k++) {
    			while(head<=tail&&dp[i-1][q[tail]]>=dp[i-1][k]) tail--;
    			q[++tail]=k;
			}
			while(head<=tail&&q[head]<l) head++;
			if(head<=tail&&dp[i-1][q[head]]+lst<dp[i][j]) {
				dp[i][j]=dp[i-1][q[head]]+lst;
				pre[i][j]=q[head];
			}
		}
		for(int j=1;j<=n;j++) {
			int timeout=abs(pos[i]-j); //[pos[i-1]-timeout,pos[i-1]+timeout]
			l=max(pos[i-1]-timeout,1);
			r=min(pos[i-1]+timeout,n);
			mind[l]=min(mind[l],make_pair(dp[i-1][j]+timeout,j));
			mind[r]=min(mind[r],make_pair(dp[i-1][j]+timeout,j));
		}
		for(int j=1;j<=pos[i-1];j++) {
			mind[j]=min(mind[j],mind[j-1]);
		}
		for(int j=n;j>=pos[i-1];j--) {
			mind[j]=min(mind[j],mind[j+1]);
		}
		for(int j=1;j<=n;j++) {
			if(dp[i][j]>mind[j].first) {
				dp[i][j]=mind[j].first;
				pre[i][j]=mind[j].second;
			}
//			printf("dp[%d][%d]=%d\n",i,j,dp[i][j]);
		}
	}
	int res=0x3f3f3f3f;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		res=min(res,dp[m][i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		if(dp[m][i]==res) {
			solve(m,i);
			return 0;
		}
	}
}

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本文作者：仰望星空的蚂蚁
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