2017 UESTC Training for Data Structures-解题报告

题目链接：http://acm.uestc.edu.cn/#/contest/show/155

这个数据结构训练主要针对线段树，树转数组和并查集。比较适合刚入门数据结构的同学。

注意，因为后面题的代码太长了，200+行起步，所以我只贴一些主要代码（有些题没有代码，我之后会补上）

还未更新完，正在更新中

A - An easy problem A

思路：正如其名，是道大水题。裸的RMQ，数据范围略小，也不需要单点更新，所以有很多姿势能水过去

我随便搓颗线段树就A了,时间复杂度O(Q*log(N))。

代码：这题这么简单，应该不需要代码吧，除非你没学过线段树..........

B - An easy problem B

思路：这题题目虽然叫简单题，可是写起来好复杂ORZ。线段树+懒惰标记,时间复杂度O(m*log(n))，在结点上要维护6个域：

1.区间内的最长的1串的长度 2.区间内的最长的0串的长度

3.区间内以区间左端点开始的最长1串的长度 3.区间内以区间左端点开始的最长0串的长度

5.区间内以区间右端点开始的最长1串的长度 6.区间内以区间右端点开始的最长0串的长度

对于上面6个域，我们分别用

这六个变量记录。

合并区间a,b时（a与b相邻且a在b的左边）时：

len1 ------ 新区间内的最长的1串的长度的来源只有3个，①a.len1 ②b.len1 ③a.r1+b.l1

说白了就是在合并地方可能会产生更长的1串，代码如下

      ans.len1=max(a.r1+b.l1,max(a.len1,b.len1));

l1 --------区间内以区间左端点开始的最长1串的长度来源只有2个，①a.l1 ②当a.l1=区间长度时，a.l1+b.l1

也就是说，只要特判一下，当a区间全为1情况就行了，代码如下

ans.l1=a.l1;

　　　　 if(a.l1==a.len)

　　　　　　 ans.l1+=b.l1;

r1 --------同理，区间内以区间右端点开始的最长1串的长度来源只有2个，①b.r1 ②当br1=区间长度时，b.r1+a.r1

也就是说，只要特判一下，当b区间全为1情况就行了，代码如下

　　　　 ans.r1=b.r1;

　　　　 if(a.r1==b.len)

　　　　　　 ans.r1+=a.r1;

0串的情况和以上完全类似，我就不写了

总的代码如下：

 void meg(Node &ans,Node &a,Node &b)
    {
        ans.len1=max(a.r1+b.l1,max(a.len1,b.len1));
        ans.len0=max(a.r0+b.l0,max(a.len0,b.len0));
        ans.l0=a.l0;
        ans.l1=a.l1;
        ans.r0=b.r0;
        ans.r1=b.r1;

        if(a.l0==a.len)
        {
            ans.l0+=b.l0;
        }
        if(a.l1==a.len)
        {
            ans.l1+=b.l1;
        }
        if(b.r0==b.len)
        {
            ans.r0+=a.r0;
        }
        if(b.r1==b.len)
        {
            ans.r1+=a.r1;
        }
        ans.len=a.len+b.len;
    }

接着就是懒惰标记的问题了：

显然，一个区间如果被异或两次的话，等于没被异或过。

所以累加标记时只要 .lazy^=1;就行了

而使用标记更新当前结点时，只要交换0,1串的所有域就行了

　　　　　void fun()
        {
            swap(len0,len1);
            swap(l0,l1);
            swap(r0,r1);
        }

最后就是查询了，为了减低代码复杂度，我们直接调用合并函数合并所有区间，并用些变量存下合并结结果，最后return ans.len1即可

 int query(int l,int r)
    {

        l+=size;
        r+=size;
        putdown((l)>>1,(r)>>1);
        updata(l);
        updata(l^1);
        updata(r);
        updata(r^1);
        Node ans,lans,rans,temp;
        if(l==r)
            ans=node[l];
        else
        {
            lans=node[l];
            rans=node[r];

            for(; r^l^1; l>>=1,r>>=1 )
            {

                updata(l);
                updata(l^1);
                updata(r);
                updata(r^1);
                if(~l&1)
                {

                    temp=lans;
                    meg(lans,temp,node[l^1]);

                }
                if(r&1)
                {

                    temp=rans;
                    meg(rans,node[r^1],temp);

                }
            }
            meg(ans,lans,rans);
            updata(l);
            updata(r);
        }
        while(l>1)
        {
            l>>=1;
            updata(l);
            updata(l^1);
        }
        return ans.len1;
    }

C - An easy problem C

思路：比起B题，C题就简单多了，主要是考查懒惰标记，时间复杂度O(m*log(n))

难点在与标记的设置和复合

我们在标记上存两个域，一个a,一个b。代表对区间内的每个数x，进行ax+b的操作，用矩阵表示就是

1.当子区间复合一个来自父区间的标记a1,b2时，子区间的a，b的更新操作如下

void change(long long a1,long long b1)

{

　　a=a1*a%p;

　　b=(a1*b+b1)%p;

}

矩阵的表示如下

2.操作1，和操作2都可以看做在区间上复合上一个新标记即可

加法： node[].change(1,C);

乘法： node[].change(C,0);

3.使用标记

我们在区间存下一个域sum,代表区间和。

因为是对区间内的每个数进行a*x+b的操作，所以

所以 sum=(a*sum+b*len)%p;

4.接着就是合并区间的操作了

这没啥好说的，就是sum=a.sum+b.sum

5.这里要注意一下，标记为空时，应该是a=1,b=0

因为x=1*x+0;所以初始化时，和清除标记时都应该是执行下面这个操作

void clc()

{ 　　

　　a=1;

　　b=0；

}

D - Washi与Sonochi的约定

思路：这题比较简单主要是考查点转化模型的脑洞，我门先将所有点按x坐标从小到大排好序，然后问题就变成，在一个位置前面有多少个点的y坐标比他小，

这就变成了经典的求顺/逆序数的问题了。时间复杂度O(n*log(n))

代码：求逆序数的代码可以看下一题

E - 曜酱的心意

思路：这题也是脑洞题，我们先求一个映射F(x)，把a1,a2,a3……an映射成1,2,3,……n，再对bn使用一下这个映射。

这时an变成的从小到大的有序数列。则求bn变成an的最小交换次数就等价于求用冒泡排序对bn排序至少要用多少次交换。

答案是bn的所有数的逆序数之和。所以同上题时间复杂度O(n*log(n))

代码

#include<stdio.h>
#include<string.h>
int a[100005],b[100005],f[100005];
int  c[100010],n;
inline int Lowbit(int x)
{
    return x&(-x);
}
int getsum(int ed)
{
    int sum=0;
    while(ed>0)
    {
        sum+=c[ed];
        ed-=Lowbit(ed);
    }
    return sum;
}
void update(int pos,int num)
{
    while(pos<=n)
    {
        c[pos]+=num;
        pos+=Lowbit(pos);
    }
}
int main()
{
    int i,j,top=0,m,fp,flag,k,x;
    long long sum;
    scanf("%d",&n);
    for(i=1; i<=n; i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        f[a[i]]=i;
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&b[i]);
        b[i]=f[b[i]];
    }
    sum=0;
    for(i=n;i>=1;i--)
    {
        sum+=getsum(b[i]);///求1到b[i]中有多少个数
        update(b[i],1);///把b[i]位置更新为1.代表这个位置上有一个数
    }
    printf("%lld\n",sum);
    return 0;
}

F - 奇迹的魔法啊，再度出现！

思路：经典的01字典树的题目，时间复杂O(31*(N+M)).

预处理：我们先把所有的ai拆分成31长度的二进制串，并按照从高位到低位的顺序全部插入到颗二叉字典树中。

查询：也把每个要查询的bi拆分成31长度的二进制，然后在字典树上从高位到低位贪心查询即可

代码如下：

#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<set>
using namespace std;
struct tree
{
    tree * next[2];
    tree()
    {
        next[0]=next[1]=NULL;
    }
}head;
void insert(int bit[])
{
    int i;
    tree *p=&head;
    for(i=30;i>=0;i--)
    {
        if(p->next[bit[i]]==NULL)
        {
            p->next[bit[i]]=new tree();
        }
        p=p->next[bit[i]];
    }
}
int find(int bit[])
{
    int i,sum=0;
    tree *p=&head;
    for(i=30;i>=0;i--)
    {
        sum<<=1;
        if(p->next[bit[i]^1]==NULL)
        {
            p=p->next[bit[i]];
        }
        else
        {
            sum++;
            p=p->next[bit[i]^1];
        }
    }
    return sum;
}
int a[40];
void bin(int n)
{
    int i;
    for(i=0;i<31;i++,n>>=1)
        a[i]=n&1;
}
int main()
{
    int t,n,m,i,l,r,x,s1,s2,j,flag;
    scanf("%d",&n);
    while(n--)
    {
        scanf("%d",&x);
        bin(x);
        insert(a);
    }
    scanf("%d",&m);
    while(m--)
    {
        scanf("%d",&x);
        bin(x);
        printf("%d\n",find(a));
    }
    return 0;
}

G - 加帕里公园的friends

思路：线段树，所以复杂度时间复杂度（m*log(n)*log(n)）

posted @ 2017-05-07 08:40 强势围观阅读(521) 评论(0) 编辑收藏举报

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