[Ynoi2007] rgxsxrs 题解

[Ynoi2007] rgxsxrs

终于 A 了这道题了，写篇题解纪念一下。/kel

本文的思路和代码源于 Ynoi rgxsxrs 题解 - CLZY 的博客

Description

给定一个长为 $n$ 的序列 $a$，需要实现 $m$ 次操作：

1 l r x：表示将区间 $[l,r]$ 中所有 $>x$ 的元素减去 $x$。

2 l r：表示询问区间 $[l,r]$ 的和，最小值，最大值。

数据范围：$n,m\leq5e5,1\leq x,a_i\leq1e9$ 强制在线

Solution

主要是 倍增分块+线段树+底层分块 用到了一个 $trick$ 方法。

考虑最暴力的做法，直接建立一颗序列线段树，维护 $\sum,\min,\max$，对于每一个 1 操作

• 当前节点区间最大值 $\leq x$ ，直接跳过。
• 当前节点区间最小值 $>x$ , 打标记即可。
• 当前节点区间最小值 $x<$ ，最大值 $>x$，递归。

这样的时间复杂度显然是不行的，因为这样的过程会被无限递归到叶子节点。

考虑对于值域分块，这样我们可以大大减少对于取值的讨论。

发现对于取值的讨论主要产生在情况 3，那我们可不可以构造一种特殊的方式，让我们能够直接判断呢？

一个思路是只要 $x \in [l, r)$ 成立，那么这个块一定需要被修改。

即我们需要满足 $r-x<l$ 对同一块内一切 $(l, r)$ 的二元组成立，$x$ 最小取 $l$ ，那么 $r=2l-1$。

所以，这里我们采用一种特殊的分块方式，我们把值域分成 $[p^k,p^{k+1})$ 的形式，其中， $p$ 是进制。这样一共就是 $\log_pV$ 块，$V$ 是值域。由上述的讨论，我们知道 $p$ 可以为 $2$ 的整数幂。

（为什么不直接定为 2 ？因为 $p$ 小，那么块数会变多，一定地影响了时间复杂度，具体情况还需要接下来讨论）

每次区间下界 $>x$ 需要减去 $x$ 时，对于一个块 $[p^k,p^{k+1})$：

1. 若 $p^k>x$ ，则这个块中所有元素一定需要减去一个 $x$
2. 若 $p^{k+1}\leq x$ ，则在这个块中的所有元素一定不需要减去一个 $x$
3. 若 $p^k\leq x< p^{k+1}$ ，则这个块中最大的某几个元素需要减去一个 $x$

那么，我们可以对每个值域块内的所有下标，开不同的线段树维护，这样共 $\log_p V$ 棵线段树

1. 对每棵线段树维护区间 $\min$，修改时若区间 $\min$ 减去 $x$ 后不属于这个值域块，则会掉落到更低的值域块中，将其二分出来后移动到另一棵线段树中，由于 $log_pV$ 个块，所以这样的操作最多进行$n\log_pV$ 次，剩下的元素进行一次区间 $-x$
2. 啥都不用做
3. 对每棵线段树维护区间 $max$，若区间 $max>x$，则将其修改为减去 $x$ 后的值，这里因为 $x$ 在$[p^k,p^{k+1})$中，于是这样的操作对于每个数只会发生 $log_pV\times (p^{k+1}-p^k)/x$ 次。

这样，跌落的最坏复杂度是 $n\times \log_pV\times \log_2n$

为了让 3 操作的时间复杂度尽量小，

又，这道题的复杂度和块长没有关系，故块数越少越好 。

也就是让复杂度 $n\log n\log_pV\times(p^{k+1}-p^k)/x$ 尽量小，$p$ 尽量大。

考虑极端情况， $x$ 尽可能的小，即 $x=p^k$ ，复杂度 $n\log n\log_pV\times(p-1)$

$p=16$ 的时候最优。

但是良心出题人lxl，良心地卡了一手空间。/kk

我们知道，空间复杂度瓶颈是线段树，考虑优化。

我们发现对于一棵线段树，最占空间的是比较底层的节点，尤其是叶子。

于是我们可以设置一个常数 $K$，让线段树 $\leq K$ 的区间的处理直接变成下传标记在序列上暴力，之后再上传。我们可以这样很可观地以大常数的时间代价换取空间。

$K=32$ 实测最优，总空间线性。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, l, r) for (int i = (l); i <= (r); ++i)
#define per(i, r, l) for (int i = (r); i >= (l); --i)
#define ls (num << 1)
#define rs (num << 1 | 1)
const int inf = INT_MAX, df = 2e4 + 7, N = 5e5 + 7, B = 16, K = 32 ;/*相对较好的参数*/
int i, j, k, l, m, n, o, p, q, r, s, t, u, v, w, x, y, z;
long long ma[9][df << 1];
long long tag[9][df << 1];
int mx[9][df << 1], mn[9][df << 1];
int a[N];
long long sum[9][df << 1];
long long lb[9], rb[9]; /*这里是倍增分块的上界和下界*/
/*
ma:区间有几个数
sum:区间和
mx:区间最大值
mn:区间最小值
tag:懒标记
*/
void pushup(int blk, int num)
{
	ma[blk][num] = ma[blk][ls] + ma[blk][rs];
	sum[blk][num] = sum[blk][ls] + sum[blk][rs];
	mx[blk][num] = max(mx[blk][ls], mx[blk][rs]);
	mn[blk][num] = min(mn[blk][ls], mn[blk][rs]);
	return;
}
/*线段树上传信息*/
void pushdown(int blk, int num)
{
	if (!tag[blk][num])
		return;
	tag[blk][ls] += tag[blk][num] * (ma[blk][ls] != 0), tag[blk][rs] += tag[blk][num] * (ma[blk][rs] != 0);
	if (ma[blk][ls])
		sum[blk][ls] -= tag[blk][num] * ma[blk][ls], mx[blk][ls] -= tag[blk][num], mn[blk][ls] -= tag[blk][num];
	if (ma[blk][rs])
		sum[blk][rs] -= tag[blk][num] * ma[blk][rs], mx[blk][rs] -= tag[blk][num], mn[blk][rs] -= tag[blk][num];
	tag[blk][num] = 0;
	return;
}
/*线段树下传标记*/
int getblk(int x)
{
	int now = 1;
	while (x > rb[now])
		now++;
	return now;
}
/*x在第几个值域块*/
void blk_pushdown(int blk, int le, int rig, long long &x)
{
	if (!x)
		return;
	rep(i, le, rig) if (a[i] >= lb[blk] && a[i] <= rb[blk]) a[i] -= x;
	x = 0;
	return;
}
/*线段树的叶子节点向序列下传标记*/
void blk_pushup(int blk, int le, int rig, int num)
{
	ma[blk][num] = 0, sum[blk][num] = 0, mx[blk][num] = 0, mn[blk][num] = inf;
	rep(i, le, rig)
	{
		if (a[i] >= lb[blk] && a[i] <= rb[blk])
		{
			ma[blk][num]++;
			sum[blk][num] += a[i];
			mx[blk][num] = max(mx[blk][num], a[i]);
			mn[blk][num] = min(mn[blk][num], a[i]);
		}
	}
	return;
}
/*把序列的信息上传到线段树的叶子节点上*/
void insert(int blk, int num, int le, int rig, int p, int x)
{
	if (rig - le + 1 <= K)
	{
		blk_pushdown(blk, le, rig, tag[blk][num]);
		a[p] = x;
		blk_pushup(blk, le, rig, num);
		return;
	}
	int mid = (le + rig) >> 1;
	pushdown(blk, num);
	if (p <= mid)
		insert(blk, ls, le, mid, p, x);
	else
		insert(blk, rs, mid + 1, rig, p, x);
	pushup(blk, num);
	return;
}
/*线段树插入节点*/
void blk_upd(int blk, int le, int rig, int x)
{
	rep(i, le, rig) if (a[i] >= lb[blk] && a[i] <= rb[blk] && a[i] > x)
	{
		a[i] -= x;
		if (a[i] < lb[blk])
		{
			insert(getblk(a[i]), 1, 1, n, i, a[i]);
		} /*插入另一个块的线段树*/
	}
	return;
}
/*块内暴力执行1号操作*/
void blk_qry(int blk, long long &ans, int &maxn, int &minn, int le, int rig, int l, int r)
{
	rep(i, max(le, l), min(rig, r))
	{
		if (a[i] >= lb[blk] && a[i] <= rb[blk])
		{
			ans += a[i], maxn = max(maxn, a[i]), minn = min(minn, a[i]);
		}
	}
	return;
}
/*块内暴力执行查询*/
void upd(int blk, int num, int le, int rig, int l, int r, int x)
{
	if (mx[blk][num] <= x)
		return; /*小于就跳过*/
	if (rig - le + 1 <= K)
	{
		blk_pushdown(blk, le, rig, tag[blk][num]);
		l = max(l, le), r = min(r, rig);
		blk_upd(blk, l, r, x);
		blk_pushup(blk, le, rig, num);
		return;
	} /*到达叶子暴力修改*/
	if (le >= l && rig <= r && mn[blk][num] - lb[blk] >= x)
	{
		sum[blk][num] -= x * ma[blk][num], mn[blk][num] -= x, mx[blk][num] -= x; /*直接打懒标记*/
		tag[blk][num] += x;
		return;
	}
	int mid = (le + rig) >> 1;
	pushdown(blk, num);
	if (l <= mid)
		upd(blk, ls, le, mid, l, r, x);
	if (r > mid)
		upd(blk, rs, mid + 1, rig, l, r, x);
	pushup(blk, num);
	return;
}
/*线段树上执行操作*/
void qry(long long &ans, int &maxn, int &minn, int blk, int num, int le, int rig, int l, int r)
{
	if (le >= l && rig <= r)
	{
		ans += sum[blk][num], maxn = max(maxn, mx[blk][num]), minn = min(minn, mn[blk][num]);
		return;
	} /*叶子节点暴力查询*/
	if (rig - le + 1 <= K)
	{ /*完全包含，直接统计*/
		blk_pushdown(blk, le, rig, tag[blk][num]);
		blk_qry(blk, ans, maxn, minn, le, rig, l, r);
		blk_pushup(blk, le, rig, num);
		return;
	}
	int mid = (le + rig) >> 1;
	pushdown(blk, num); /*注意及时下传和上传*/
	if (l <= mid)
		qry(ans, maxn, minn, blk, ls, le, mid, l, r);
	if (r > mid)
		qry(ans, maxn, minn, blk, rs, mid + 1, rig, l, r);
	pushup(blk, num);
	return;
}
inline int read()
{
	int x = 0, y = 1;
	char ch = getchar();
	while (ch > '9' || ch < '0')
		y = (ch == '-') ? -1 : 1, ch = getchar();
	while (ch >= '0' && ch <= '9')
		x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0', ch = getchar();
	return x * y;
}
void fwrite(int x)
{
	if (x > 9)
		fwrite(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
	return;
} /*最好加上快读快输*/
void llfwrite(long long x)
{
	if (x > 9)
		llfwrite(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
	return;
}
int main()
{
	rep(j, 1, 8) rep(i, 0, df * 2 - 2) mn[j][i] = inf, mx[j][i] = 0;/*初始化*/
	n = read(), q = read();
	rep(i, 1, 8) lb[i] = rb[i - 1] + 1, rb[i] = lb[i] * B - 1;/*预处理*/
	rep(i, 1, n) a[i] = x = read(), insert(getblk(x), 1, 1, n, i, x);
	int op = 0, l = 0, r = 0, x = 0, lastans = 0, maxn = 0, minn = 0;
	long long ans = 0;
	while (q--)
	{
		op = read(), l = read() ^ lastans, r = read() ^ lastans;
		if (op == 1)
		{
			x = read() ^ lastans;/*强制在线*/
			rep(i, 1, 8) if (rb[i] >= x) upd(i, 1, 1, n, l, r, x);
		}
		else
		{
			ans = 0, maxn = 0, minn = inf;
			rep(i, 1, 8) qry(ans, maxn, minn, i, 1, 1, n, l, r);
			llfwrite(ans), putchar(' '), fwrite(minn), putchar(' '), fwrite(maxn), putchar('\n');
			lastans = ans % 1048576;
		}
	}
}

Extra

这道题是需要卡常的，所以介绍一个卡常小技巧（虽然上面没有用到）

计算机有一个缓存机制大致是：先把所有内存块对齐，当我们访问到一个点的时候，会把相应块中所有加入缓存。而缓存有内存限制，会按某种机制更新缓存，缓存其实就是一个比较小的内存，访问缓存比访问普通内存更快。

所以，线段树用结构体写，比用数组要快