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:

 

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

 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

 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:

 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))

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