数据结构-黄洛天

数据结构-黄洛天

A - 冰火战士

题面

支持$Q$次两种操作，

• 添加一个三元组 $(w,a,b),w\in \{0,1\}$
• 撤回第 $k$ 此操作，此操作保证为报名信息

每次操作后，求

$$\underset{x}{max}min(\sum _{w_i=0,a_i\le x}{b}_i,\sum _{w_i=1,a_i\ge x}{b}_i)$$

以及取到最值的最大的 $x$。

$1\le Q\le 1\times {10}^6,1\le x\le 2\times {10}^9,\mathrm{不}\mathrm{存}\mathrm{在}\mathrm{相}\mathrm{同}\mathrm{的}\mathrm{三}\mathrm{元}\mathrm{组}$

题解

有一个很显然的$\mathcal{O}(n{\log }^{2}n)$ 做法，即对每个 $w\in \{0,1\}$ 开一个树状数组，每次二分查找 $x$，并判定 $\sum _{w_i=0,a_i\ge x}{b}_i-\sum _{w_i=1,a_i\le x}{b}_i$ 的正负，使其最接近 $0$，确定了值之后，再倍增求得 $x$ 。

考虑优化，我们发现，树状数组上的 $p$ 号节点存储的恰为 $[p-\mathrm{lowbit}(p)+1,p]$，利用这一点，我们可以在倍增的过程中不断同步累加树状数组中的值，从而优化掉一个 $\log$。

当从 $p$ 倍增到 $p+2^i$ 次方时，由于$\mathrm{lowbit}(p)>2^i$ ，所以我们只需要加上 $bitr[p+2^i]$ 查看是否合法即可。

复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$。

方法

• 倍增同时 $O(1)$ 查询树状数组中的值。

代码

链接

B - Fenwick Tree

题面

有一个长度为 $n$ 的树状数组，给出在进行了若干次单调修改操作后每个位置存储的值是否非 $0$，求最少进行了几次修改操作。

$1\le n\le {10}^5$

题解

每次修改相当于给某个点到根加一个数字。

我们从低向上考虑整个树，依次判断是否要给当前节点操作。假设他有 $k$ 个儿子是大于 $0$ 的。

• $k=0$，子树内所有操作对于我的影响是 $0$.

• $k=1$，子树内所有操作对于我的影响一定非 0

• $k>1$，子树内所有操作对于我的影响是任意的。

因此只有 $k=0$ 且目标是 $1$ 的时候需和 $k=1$ 且目标是 $0$ 的时候要进行操作。 时间复杂度 $\mathcal{O}(n)$。

方法

• 考虑贡献

  整体考虑子树对父亲的贡献。

C - Traveling in Cells

题面

有 $n$ 个二元组 $(c,v)$ ，支持 $q$ 次三种操作

• $1px$：将 $c_p$ 修改为 $x$

• $2px$：将 $v_p$ 修改为 $x$

• $3pk{a}_{1\sim k}$：求 $\underset{p\in [l,r]}{max}\sum _{\mathrm{\forall }i\in [l,r],c_i\in \{a_1,a_2,\cdots ,a_k\}}{v}_i$

$1\le n\le {10}^5,1\le q\le {10}^5,\sum k\le {10}^6$

题解

对于每一个 $c$ 建立一颗线段树维护区间个数，前两个操作就是单点修改，第三个操作结合树状数组求解。

对于第三个操作，本质上是找到左与右第一个的没有出现在 $a$ 中的 $c$ ，只需要看这些颜色是否铺满一个区间便是，代码如下：

int RP(vector<int> u,int pos,int L=1,int R=n){
    if(Cnt(u)==R-L+1)return n+1;
    if(L==R)return L;
    int mid=L+R>>1;
    if(pos<=mid){
        int res=RP(lson(u),pos,L,mid);
        return res==n+1?RP(rson(u),pos,mid+1,R):res;
    }else{
        return RP(rson(u),pos,mid+1,R);
    }
}
int LP(vector<int> u,int pos,int L=1,int R=n){
    if(Cnt(u)==R-L+1)return 0;
    if(L==R)return L;
    int mid=L+R>>1;
    if(pos>mid){
        int res=LP(rson(u),pos,mid+1,R);
        return res==0?LP(lson(u),pos,L,mid):res;
    }else{
        return LP(lson(u),pos,L,mid);
    }
}

方法

• 最近元素查找模型——线段树左右第一个查找法，代码与上类似

D - k-Maximum Subsequence Sum

题面

长度为 $n$ 的数列，支持两种操作：

1. 修改某个位置的值。

2. 询问区间 $[l,r]$ 里选出至多 $k$ 个不相交的子段和的最大值。

一共有 $m$ 个操作。

题解

要求 $k$ 个不交的，那么可以先求出最大子段和，假设区间为 $[l,r]$，然后给区间 $[l,r]$ 内的所有元素取相反数，也就代表着此后你要是不想选这个数，那么就取一遍相反数抵消掉，以此类推做 $k$ 轮。

线段树需要维护：区间和，前缀和最大值，后缀和最大值，区间和最大值，前缀和最小值，后缀和最小值，区间和最小值，以及每种最大最小值取到的方案。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$。

方法

• 线段树结合贪心

代码

链接

E - Max Mex

题面

给定一棵有 $n$ 个点的树，每个节点有点权。所有的点权构成了一个 $0\sim n-1$ 的排列。有 $q$ 次操作，每次操作 $1$ 为交换两个点的点权，操作 $2$ 为查询 $Mex(l)$ 值最大的 $Mex(l)$ 值，其中 $l$ 是树上的一条路径。定义一条路径 $l$ 的 $Mex$ 值 $Mex(l)$ 为这条路径上最小的没有出现过的自然数

$2\le n\le 2\times {10}^5,1\le q\le 2\times {10}^5$

题解

考虑使用线段树维护维护值域，也就是对于值域区间 $[l,r]$ 的点，他们在树上的位置能否组成一条链，如果可以这个链的端点是谁。合并的时候分类讨论。

查询时记录当前维护值域之前的信息，进行合并

方法

• 线段树维护其他信息

  线段树不一定维护数值信息，只要是有结合律的操作都可以，比如本题的合并。

代码

链接

F - The Fair Nut's getting crazy

题面

给定序列 $\{\alpha \}$，求有多少个四元组 $(a,b,c,d)$ 满足以下条件

1. $a<c\le b<d$

2. $\mathrm{\forall }i\in [c,b],\mathrm{\forall }j\in [a,d],\text{exist}!i=j,{\alpha }_i={\alpha }_j$

解法

令 $pr{e}_i=\underset{{\alpha }_j={\alpha }_i,j<i}{max}j,nx{t}_i=\underset{{\alpha }_j={\alpha }_i,j>i}{max}j$

则对于一个合法四元组 $(a,b,c,d)$，有 $\underset{i=c}{\overset{b}{max}}pr{e}_i<a<c\le b<d<\underset{i=c}{\overset{b}{min}}nx{t}_i,$

易得最远情况下， $a=\underset{i=c}{\overset{b}{max}}pr{e}_i+1,d=\underset{i=c}{\overset{b}{min}}nx{t}_i-1$

所以 $\underset{i=c}{\overset{b}{max}}pr{e}_i+1<c\le b<\underset{i=c}{\overset{b}{min}}nx{t}_i-1$

这关乎两个变量，所以假设我们枚举 $c$ 则答案 $b$ 的选取具有单调性

当 $b$ 去到最远时，答案为 $\sum _{i=c}^b(c-\underset{j=c}{\overset{i}{max}}pr{e}_j-1)(\underset{j=c}{\overset{i}{min}}nx{t}_j-1-i)$

由于计算的下边界都是 $c$ 考虑倒序枚举，动态维护上式

展开得：$\sum _{i=c}^b(c-1)\ast \underset{j=l}{\overset{i}{min}}nx{t}_i-(c-1)\ast (i+1)-\underset{j=c}{\overset{i}{max}}pr{e}_j\ast \underset{j=c}{\overset{i}{min}}nx{t}_j+\underset{j=c}{\overset{i}{max}}pr{e}_j\ast (i+1)$

用线段树分别维护即可

抽象化方法

• 先数学化，再推导

• 多变量关联情况——枚举+维护

  如上式中会出现一个同时与 $b,c$ 相关的式子，我们可以考虑枚举一个，维护一个

• 维护法——拆式子

  将式子拆开，分别维护每一部分，要比维护整体更简单

G - Useful Algorithm

题面

定义 $val(a,b)=\underset{\{i|a+b\mathrm{在}\mathrm{二}\mathrm{进}\mathrm{制}\mathrm{的}\mathrm{第}i\mathrm{为}\mathrm{下}\mathrm{进}\mathrm{位}\}}{max}{w}_i$，例如 $\because 5+3={101}_2+{11}_2={1000}_2，\mathrm{所}\mathrm{以}val(5,3)=max(w_1,w_2,w_3)$

给定长度为 $n$ 的序列 $\{c\}$ 和 $\{d\}$，求$\underset{i,j}{max}val(i,j)\times (d_i+d_j)$，并支持单点修改 $c,d$

$1\le m\le 16,1\le c_i\le 2^m,1\le n\le {10}^5,1\le d\le {10}^9$，强制在线

解法

$$\begin{array}{rl}& \underset{a,b}{max}\underset{\{i|a+b\mathrm{在}\mathrm{二}\mathrm{进}\mathrm{制}\mathrm{的}\mathrm{第}i\mathrm{位}\mathrm{进}\mathrm{位}\}}{max}{w}_i\times (d_a+d_b)\\ =& \underset{i}{max}{w}_i\underset{\{a,b|a+b\mathrm{在}\mathrm{二}\mathrm{进}\mathrm{制}\mathrm{的}\mathrm{第}i\mathrm{位}\mathrm{进}\mathrm{位}\}}{max}{d}_a+d_b\\ & \mathrm{令}A=amod{2}^i,B=bmod{2}^i,f_A=\underset{imod{2}^i=A}{max}{d}_i\\ =& \underset{i}{max}{w}_i\underset{A+B\ge 2^i}{max}{f}_A+f_B\\ & \mathrm{令}{g}_A=f_{2^i-A}\\ =& \underset{i}{max}{w}_i\underset{A\le B}{max}{g}_A+f_B\end{array}$$

对于每一位维护一棵线段树即可

抽象化方法

• $a+bp$ 进制下第$i$ 位进位是指 $amod{p}^i+bmod{p}^i\ge p^i$

• 拆式子——交换内外循环

  本题中将外循环变为每一位，内循环变为数，以简化处理

• 形如 $a\cdot b\ge C\mathrm{的}\mathrm{卷}\mathrm{积}$，可以化为 $C\cdot \bar{b}\le a$，用线段树进行维护

  二元运算 $\cdot$ 可以为 $\oplus +\times$等存在逆元的运算

H - Vacation

题面

给定序列 $a_{1\sim n}$， $m$ 个操作，与一个限制 $c$ 。

单点修改，查询区间中长度不超过 $c$ 的最大子段和。

$1\le c\le n\le 2\times {10}^5,1\le m\le 5\times {10}^5,-{10}^9\le a_i\le {10}^9$

题解

参考题解：GYM103861F 解题报告

先将序列按照长度 $c$ 分块。

最终答案仅可能来自于两种情况

• 属于一个块

• 跨过至两块

对于第一种情况，我们直接维护一个普通的最大子段和。

对于第二种情况：答案一定由一个后缀加上一个前缀组成。令 $l,r$ 表示左右端点在其各自段中的编号，易得 $l\ge r$ 。所以我们去维护 $maxpr{e}_x,maxsuf,\underset{x>y}{max}su{f}_x+pr{e}_x$ 就行了（其中 $pre$ 表示这一段的前缀，$suf$ 表示前一段的后缀）。

所以说，我们需要维护三种线段树

• 维护最大字段和

• 对于每一块，维护与前一块 $pre,suf$ 拼接情况

• 对于全局，维护前两种线段树在考虑完整段时的答案

下面是具体操作：

修改

修改整棵最大子段和线段树的答案并更新维护答案的线段树

对前面块的后缀和进行前缀加并更新维护答案的线段树

对后面块的前缀和进行后缀加并更新维护答案的线段树

查询

令 $L,R$ 表示左右端点 $k_l,k_r$ 为左右端点所在的块， $l,r$ 分别为左右端点的块内编号。

• 当 $R-L+1\le c$ 直接询问最大子段和

• 当 $(R-L+1>c)\wedge (k_r=k_l+1)$，此时将一个块分为了三个部分 $[1,l),[l,r],(r,c]$，答案来自于三种情况。

  • $\underset{l\le y<x\le c}{max}su{f}_x+pr{e}_y$

  • $\underset{x\in [1,l)}{max}pr{e}_x+\underset{x\in [l,c]}{max}su{f}_x$

  • $\underset{x\in [1,r]}{max}pr{e}_x+\underset{x\in (r,c]}{max}su{f}_x$

  取最大值即可。

• 当 $(R-l+1>c)\wedge (k_r>k_l+1)$，答案来自于两种情况

  • 中间部分，即 $k_l+1\sim k_r-1$ 中的整段最大子段和同 $k_l+1\mathrm{与}{k}_l+2,\cdots ,k_r-2\mathrm{与}{k}_r-1$ 中的完整跨段关系。

  • 两边部分，转化为两个情况二。

时间复杂度 $\mathcal{O}((n+m)\log n)$

方法

• 分段维护线段树

• 将两端之间有关联的信息放入一个线段树进行处理。

J -  Game: Celeste

题面

数轴上有 $n$ 个点，第 $i$ 个点的坐标为 $x_i$，权值为 $a_i$。小 A 可以从 $x$ 跳到 $[x+L,x+R]$ 的一个位置，跳到一个位置会拾取当前位置上权值，他想从第 $1$ 个点跳到第 $n$ 个点，并使得拾取权值的集合单调不增排列后的字典序最大。若不能到达，输出 $-1$。

$\mathrm{\forall }i\in [1,n-1],x_i<x_{i+1}<{10}^9，1\le a_i\le n\le {10}^5,1\le L,R\le {10}^9$

解法

用线段树维护所选集合。考虑单调队列优化 DP。

按照字典序每次选出最“大”的集合，转移就是以此版本为基础建立可持久化线段树。

比较集合大小就用线段树上二分，如果 $root[n]=0$，则不能到达。

抽象化方法

• 维护集合——权值线段树

• 可持久化数据结构——一种转移关系

  所以可以用来DP

• 数据结构比大小，定义其大小关系，以便用在$min,max$ 等情境中。

K - 道路建设

题面

给定平面上 $n$ 个点的坐标，求前 $k$ 小的点曼哈顿距离之和。

$2\le n\le 2.5\times {10}^5,1\le k\le min(2.5\times {10}^5,\frac{n(n-1)}{2})$

题解

为了方便先离散化，把 $x,y$ 均离散化成不同的。

因为 $k$ 比较小，考虑对于每个点求出右侧距离他最近的点，然后把这些距离扔到一个堆里，每次取出最小值。最小值对应的点为 $u$。把距离 $u$ 第二近的点的距离和 $u$ 扔到堆里。

因为我们限定了只考虑横坐标在一个点 $(x^{\prime },y^{\prime })$ 右边的点 $(x,y)$。

• 当 $y>y^{\prime }$ 时，$|x-x^{\prime }|+|y-y^{\prime }|=(x+y)-(x^{\prime }+y^{\prime })$

• 当 $y<y^{\prime }$ 时，$|x-x^{\prime }|+|y-y^{\prime }|=(x-y)-(x^{\prime }-y^{\prime })$

所以查询距离 $(x^{\prime },y^{\prime })$ 最近的点只需要查询 $[1,y^{\prime })$ 里的 $x-y$ 的最小值和 $(y^{\prime }n]$ 内 $x+y$ 的最小值

考虑从右到左扫描线，用主席树维护区间 $y+x$ 的最小值和 $x-y$ 的最小值，每次加入一个点。

如果要找第二小值，就把第一小值对应的 $y$ 的地方设为正无穷即可。注意为了不影响其他点的线段树，这里也需要可持久化（即新建节点）。

方法

• 离散化

  在离散化时去重就是相同对相同，在离散化的时候不去重并加上标记就是相同对不同，这样离散为不同有助于许多情况的简化。

• 可持久化的修改

  新建节点——再次可持久化，以避免对后续版本造成影响。

• 扫描线

  从一个方向至另一个方向的动态线段树信息就是扫描线，这样确定了一个枚举（处理）顺序，方便处理

L - 树

题面

给定一棵 $n$ 个结点的有根树 $T$，结点从 $1$ 开始编号，根结点为 $1$ 号结点，每个结点有一个正整数权值 $v_i$。

设 $x$ 号结点的子树内（包含 $x$ 自身）的所有结点编号为 $c_1,c_2,\dots ,c_k$，定义 $x$ 的价值为：

$val(x)=(v_{c_1}+d(c_1,x))\oplus (v_{c_2}+d(c_2,x))\oplus \cdots \oplus (v_{c_k}+d(c_k,x))$

其中 $d(x,y)$ 表示树上 $x$ 号结点与 $y$ 号结点间唯一简单路径所包含的边数，$d(x,x)=0$。$\oplus$ 表示异或运算。

请你求出 $\sum _{i=1}^{n}val(i)$ 的结果。

$1\le n,v_i\le 525010$

题解

将 $(v_{c_i}+d(c_i,x))$ 看作一个数，我们发现这实质上是要支持三种操作——合并子树信息、全局加一与插入一个值，维护一种信息——全局异或和。由于是二进制信息，这里考虑0/1字典树，合并子树信息与插入一个值都很简单。

考虑如何全局加一。

我们发现对一个数加一在二进制下的步骤可以解释为，找到最低为的 $0$ 将其赋为 $1$ 并将那些位数比它低的 $1$ 复制为 $0$。

回到这颗0/1树上，可以解释为先交换一个节点两条边下面的两棵子树，再向交换后的 $0$ 边进行递归操作，这样一次复杂度为 $\mathcal{O}(\log v)$

考虑维护异或值，我们可以考虑每条边的贡献。如果一条 $1$ 边的子树中有奇数个值时，累计这个一，否则不累计，每次维护 $\mathcal{O}(1)$。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log v)$

方法

• 01-trie 可以用来维护一些数字的异或，支持修改

  其插入、删除、全局加一、全局减一（从递归 $0$ 边变为递归 $1$ 边）、合并操作都十分常见。注意

M - 众数

题面

定义众数为序列中出现次数严格大于一半的数字。

一开始给定 $n$ 个正整数序列，编号为 $1\sim n$，初始序列可以为空。

有 $q$ 次操作，操作有以下类型:

• $1xy$：在 $x$ 号序列末尾插入数字 $y$。
• $2x$：删除 $x$ 号序列末尾的数字。
• $3m{x}_1{x}_2{x}_m$：求 $x_1,x_2,\dots ,x_m$ 合并后的众数。不存在返回 $-1$。询问中的合并操作不会对后续操作产生影响。
• $4x_1{x}_2{x}_3$：新建一个编号为 $x_3$ 的序列，其为 $x_1$ 号序列后顺次添加 $x_2$ 号序列中数字得到的结果，然后删除 $x_1,x_2$ 对应的序列。

$q,n\le 5\times {10}^5,\sum m\le 5\times {10}^5$

题解

方法

• 主席树+链表

N - 楼房重建

单侧递归线段树

题面

维护一个序列，在线单点修改，求出每一时刻各段的前缀最大值数目。

$1\le n,m\le {10}^5$

题解

既然是线段树，首先考虑如何合并信息。

如图，黑线两侧是一个节点的左右子树，很明显左子树的答案我们是一定要保留的，对于右子树，我们应该保留那些比黄色的线更高的节点，如果直接用可持久化平衡树维护每个子树中的所有点，一次去 $\mathcal{O}(\log )$的查询自然是可以的，但这样太麻烦。

我们知道，在有序的序列上二分查询比一个数小的复杂度是 $\mathcal{O}(\log )$ 的，我们可以用同样的原理，图中红线是将右儿子再次分割，我们可以发现，要么一个孙子全部在黄线上，要么另一个孙子全部在黄线下，我们都只需要递归查找另一个。

这个问题也就是一次上传是 $\mathcal{O}(\log )$ 的，这样总复杂度 $\mathcal{O}(n{\log }^{2}n)$

方法

• 线段树维护单调序列

  也就是本题的一个套路

• 线段树的 Up 可以看作一个从来是线段树的重中之重，在分析时，我们可以将其看作一个新的问题，这个问题又可以有多种解法，比如说这题，查询黄线上的数，就可以在线段树上再次递归实现，不仅如此，我们可以将其他数据结构、算法等知识运用其上，解决问题。

• 本题也可以使用 T 题的方法达到 $\mathcal{O}(n\log n)$

P - Rikka with Data Structures

题面

给定序列 $a_{1\sim n}$

有 $m$ 次三种类型的操作：

• 区间加
• 区间赋值
• 给定$lrx$：计算满足 $\underset{i=min(x,y)}{\overset{max(x,y)}{max}}{a}_i=max\{A_x,A_y\}$ 的 $y$ 的数量。

$\mathrm{多}\mathrm{测}，1\le T\le 200,1\le n,m\le {10}^5,\sum n,\sum m\le {10}^6$

题解

可以注意到 $y$ 的位置是由若干比 x 小的位置，及第一个比它大的位置后面的前缀和最大值构成的，那个位置可以用“最近元素查找模型”找，后面那一段用单侧递归线段树处理。

复杂度小常数 $\mathcal{O}(n{\log }^{2}n)$，最近元素查找模型换成 ${\log }^2$ 的二分加线段树会超时。

方法

• 最近元素查找模型

• 单侧递归线段树

S - Bear and Bad Powers of 42

题面

定义一个正整数是坏的，当且仅当它是 $42$ 的次幂，否则它是好的。

给定一个长度为 $n$ 的序列 $a_i$，保证初始时所有数都是好的。

有 $q$ 次操作，每次操作有三种可能：

• 1 i 查询 $a_i$。
• 2 l r x 将 $a_{l\dots r}$ 赋值为一个好的数 $x$。
• 3 l r x 将 $a_{l\dots r}$ 都加上 $x$，重复这一过程直到所有数都变好。

$n,q\le {10}^5$，$a_i,x\le {10}^9$。

题解

T - 前进四

题面

单点修改，询问 $a_x,\cdots ,a_n$ 的不同的后缀最小值个数。

$1\le n\le {10}^6$

题解

很明显有一个$\mathcal{O}(n{\log }^{2}n)$ 的单侧递归线段树做法。但这道题会超时。

如果我们把时间当作空间的一维，那么一个序列上的操作其实是在二维平面上的操作，如图：

我们在时间轴上进行扫描线，单点修改，维护前缀信息。

而这道题，我们发现查询是一个单点修改，维护后缀信息，然而修改却只在一个时间段有效，所以对于这道题，可以考虑将其转过来。

变成一个区间赋最小值，后缀序列扫描线。

方法

• 考虑时间维度