奇袭(单调栈+分治+桶排)(20190716 NOIP模拟测试4)
C. 奇袭
题目类型:传统 评测方式:文本比较
题目描述
输入格式
输出格式
样例
样例输入
5
1 1
3 2
2 4
5 5
4 3
样例输出
10
数据范围与提示
27分
刚开始想暴力,用bitset记录行,列,都包含哪些军队,再维护干成前缀和,枚举方块长度l,行开头i,列开头j,
bitset<51000>h=(hang[i+l-1]^hang[i-1])&(lie[j+l-1]^lie[j-1]), h内的1的数量即方块内军队数 ,自己手%了几个n=100的点,发现bitset开太大,会跑的很慢很慢,
果断开成5100,TLE 27分,考试后开成51000,聪明如我,TLE 9 复杂度$O(n^3 (log^k)^3)$ k为bitset大小(复杂度lockey不太会算,请见谅)
55or64分
题中说每行每列只有一个军队,所以可以把它们按横坐标x递增排成一个序列,这个很好想。然后就是找一段区间,满足区间的y值排序后是一个连续的数列,那么就是一个含有k个军队的长宽为k的方块,ans++;
那么怎么判定满足条件呢,有博客说用两个单调队列,维护区间最大最小值,即max-min==r-l,则区间满足条件,他们是枚举区间长度,类似于滑动窗口来做的,期望TLE 64分
Lockey在此提出自己的方法:记录序列前缀和sum,枚举开头i,然后枚举j从开头到n扫一遍,扫的过程中一个优先队列维护区间最小,如果当前$(min-1)*(j-i+1)+(j-i+2)*(j-i+1)/2 ==sum[j]-sum[i-1]$ ,则满足条件,ans++, 复杂度$ O(n^2log^n)$ ,期望得分TLE 55分
91分
其他人的代码我不知道,但我的55分代码,加上一些剪枝,即可达到91分
剪枝前
剪枝后
然后惊奇的发现维护最小值完全用不着优先队列
去掉之后
快了1000ms,但接下来无论我怎么卡常都卡不过去了,听说曾经有学长91分TLE卡常卡了一天没卡过去,还好我只卡了一下午+一晚上
![](https://images.cnblogs.com/OutliningIndicators/ContractedBlock.gif)
#include<iostream> #include<cstdio> #include<queue> #include<algorithm> using namespace std; #define rint register int const int L(1<<20|1); char buffer[L],*S,*T; #define getchar() ((S==T&&(T=(S=buffer)+fread(buffer,1,L,stdin),S==T))?EOF:*S++) inline int read(){ rint ret; register char r; while(r=getchar(),r<'0'||r>'9');ret=(r^48); while(r=getchar(),r>='0'&&r<='9')ret=(ret<<1)+(ret<<3)+(r^48); return ret; } int n,lo[51001],a[51001],minn(0x7fffffff); long long sum[51001],ans; bool judge(int j,int i){ return sum[j]-sum[i-1]==(long long)(minn-1)*(j-i+1)+(long long)(j-i+2)*(j-i+1)/2; } int main(){ n=read(); int x,y; for(rint i=1;i<=n;i++){ x=read(),y=read(); lo[y]=x; a[x]=y; } for(rint i=1;i<=n;i++){ sum[i]=sum[i-1]+a[i]; } for(rint i=1;i<=n;i++){ for(rint j=i;j<=n;j++){ if(lo[a[j]-1]<i&&lo[a[j]+1]<i){ if(j==i) ans++; break; } minn=min(a[j],minn); if(judge(j,i)) ans++; } minn=0x7fffffff; } printf("%lld\n",ans); }
100分
boss来了~
joker学长证明$n^2$算法是绝对卡不过去的
正解 :分治+桶排
把序列不断二分,处理左右区间,然后加上跨mid即跨左右区间的子区间的符合条件的方案
mxl[i] 表示i~mid 的最大值,mil[i]表示 i~mid的最小值
mxr[i] 表示mid+1~i的最大值,mir[i]表示mid+1~i的最小值
找这段满足条件的区间的情况,这个区间肯定有最大值最小值
1. 最大值最小值都在mid左边,即在左区间
2. 都在右区间
3. 最小值在左,最大值在右
4. 大在左,小在右
对于前两种情况,其实很简单,先说都在左区间: 枚举l~mid为跨mid的区间的左端点,mxl[i],mil[i]表示i~mid即当前左区间的最大最小,那么显然在大情况整个区间最大最小值都在左区间下,mxl[i]即为左右区间(整个区间)最大值,mil[i]为最小值。
回想区间成立的条件 max-min==r-l, mxl[i]-mil[i]+1即为区间长度,i为左端点,如果区间满足条件,那右端点j=i+mxl[i]-mil[i] ,且j的情况不违背大条件(即mxr[j]<mxl[i]&&mir[j]>mil[i]),而且j<=区间右边界r。
则反过来,如果j<=区间右边界r且mxr[j]<mxl[i]&&mir[j]>mil[i](保证mxl[i]最大mil[i]最小),那么区间满足条件,ans++,都在右区间同理,枚举右端点即可
对于后两种情况就有些麻烦了
继续回想条件 max-min==r-l ,移项 min-l=max-r
仍然以其中一种情况为例,3.小在左大在右
那么可以统计右边max-r的值,放进桶里面(也就是一个数组,大概实现就是统计某个值出现了几次),统计这个差值出现了几次
然后枚举左边min-l ,查询这个差值在桶里出现了几次,看右边有几个与他相等的,有几个ans就加几
4.同理 满足条件 max-min==r-l, 只不过因为max在左,min在右,移项成 max+l=min+r,同上操作
以上讲的是我的理解,至于一些具体操作,建议看看这几篇博客
上代码
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int n,a[50001],t[250001],maxl[50001],minl[50001],maxr[50001],minr[50001]; long long ans; void dfs(int l,int r){ if(l==r) {ans++;return;} int mid=(l+r)>>1; dfs(l,mid),dfs(mid+1,r); maxl[mid]=minl[mid]=a[mid]; maxr[mid+1]=minr[mid+1]=a[mid+1]; for(int i=mid-1;i>=l;i--) maxl[i]=max(maxl[i+1],a[i]),minl[i]=min(minl[i+1],a[i]); for(int i=mid+2;i<=r;i++) maxr[i]=max(maxr[i-1],a[i]),minr[i]=min(minr[i-1],a[i]); //小大同左 for(int i=l;i<=mid;i++){ int j=i+maxl[i]-minl[i]; if(j>mid&&j<=r&&maxr[j]<maxl[i]&&minr[j]>minl[i]) ans++; } //小大同右 for(int i=mid+1;i<=r;i++){ int j=i-maxr[i]+minr[i]; if(j<=mid&&j>=l&&maxl[j]<maxr[i]&&minl[j]>minr[i]) ans++; } //小左大右 //maxr[j]-minl[i]=j-i //移项 maxr[j]-j=minl[i]-i 小右大左同 int z=mid+1,z1=mid+1; for(int i=mid;i>=l;i--){ while(z<=r&&maxr[z]<maxl[i]) t[maxr[z]-z+n]--,z++; while(z1<=r&&minr[z1]>minl[i]) t[maxr[z1]-z1+n]++,z1++; if(t[minl[i]-i+n]>0) ans+=t[minl[i]-i+n]; } for(int i=mid+1;i<=r;i++) t[maxr[i]-i+n]=0; //小右大左 z=z1=mid+1; for(int i=mid;i>=l;i--){ while(z<=r&&minr[z]>minl[i]) t[minr[z]+z+n]--,z++; while(z1<=r&&maxr[z1]<maxl[i]) t[minr[z1]+z1+n]++,z1++; if(t[maxl[i]+i+n]>0) ans+=t[maxl[i]+i+n]; } for(int i=mid+1;i<=r;i++) t[minr[i]+i+n]=0; //cout<<"l="<<l<<" r="<<r<<" ans="<<ans<<endl; } int main(){ scanf("%d",&n); int x,y; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&x,&y),a[x]=y; dfs(1,n); printf("%lld",ans); }