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bzoj4552（線段樹合併+stl||二分+線段樹）

阿新 • • 發佈：2018-12-22

Description
在2016年，佳媛姐姐喜歡上了數字序列。因而他經常研究關於序列的一些奇奇怪怪的問題，現在他在研究一個難題，需要你來幫助他。這個難題是這樣子的：給出一個1到n的全排列，現在對這個全排列序列進行m次區域性排序，排序分為兩種：1:(0,l,r)表示將區間[l,r]的數字升序排序2:(1,l,r)表示將區間[l,r]的數字降序排序最後詢問第q
位置上的數字。
Input
輸入資料的第一行為兩個整數n和m。n表示序列的長度，m表示區域性排序的次數。1 <= n, m <= 10^5第二行為n個整
數，表示1到n的一個全排列。接下來輸入m行，每一行有三個整數op, l, r, op為0代表升序排序，op為1代表降序
排序, l, r 表示排序的區間。最後輸入一個整數q，q表示排序完之後詢問的位置, 1 <= q <= n。1 <= n <= 10^5
，1 <= m <= 10^5
Output
輸出資料僅有一行，一個整數，表示按照順序將全部的部分排序結束後第q位置上的數字。
Sample Input
6 3
1 6 2 5 3 4
0 1 4
1 3 6
0 2 4
3
Sample Output
5

s o l u t i o n solution

:
這題有兩種做法，複雜度與思路都不同，但都是比較經典的做法。

做法①：
想法比較暴力
初始對每個點開一棵權值線段樹
每次詢問的時候，把 [ l , r ] [l,r]

兩端的塊分裂，再把區間內所有的線段樹合併
最後暴力查詢一下，用 s e t set 維護所有的塊

複雜度？
可以發現，我們新建的塊是 O ( n ) O(n) 的
那麼我們合併以及分裂的操作涉及的塊不難發現也是 O ( n ) O(n) 的
總複雜度 O ( n l o g n ) O(nlogn)

分裂的時候還要分塊的種類，本人使用了 m a p map
程式碼細節較複雜。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,j,k) for(int i = j;i <= k;++i)
#define repp(i,j,k) for(int i = j;i >= k;--i)
#define rept(i,x) for(int i = linkk[x];i;i = e[i].n)
#define P pair<int,int>
#define Pil pair<int,ll>
#define Pli pair<ll,int>
#define Pll pair<ll,ll>
#define pb push_back 
#define pc putchar
#define mp make_pair
#define file(k) memset(k,0,sizeof(k))
#define ll long long
#define hash Hash
#define fr first
#define se second
#define IT set<P>::iterator
int rd()
{
	int num = 0;char c = getchar();bool flag = true;
	while(c < '0'||c > '9') {if(c == '-') flag = false;c = getchar();}
	while(c >= '0' && c <= '9') num = num*10+c-48,c = getchar();
	if(flag) return num;else return -num;
}
int n,m;
int a[101000];
set<P>h;
set<P>::iterator it;
map<P,int>hash;
map<P,int>op;
namespace tree
{
	stack<int>st;
	int cnt_id = 0;
    struct Tree{int ls,rs,num;}tr[10100000];
	int New(){int x;if(!st.empty()) x=st.top(),st.pop();else x=++cnt_id;return x;}
	void free(int x){tr[x].ls = tr[x].rs = tr[x].num = 0;st.push(x);}
    void update(int rt){tr[rt].num = tr[tr[rt].ls].num + tr[tr[rt].rs].num;}
	void build(int &rt,int l,int r,int v)
	{
		rt = New();tr[rt].num++;
		if(l == r) return;
		int mid = l+r>>1;
		if(v <= mid) build(tr[rt].ls,l,mid,v);
		else build(tr[rt].rs,mid+1,r,v);
	}
	int merge(int x,int y)
	{
		if(!x) return y;
		if(!y) return x;
		int t = New();
		tr[t].ls = merge(tr[x].ls,tr[y].ls);
		tr[t].rs = merge(tr[x].rs,tr[y].rs);
		tr[t].num = tr[tr[t].ls].num + tr[tr[t].rs].num;
		free(x);free(y);
		return t;
	}
	void split1(int &x,int y,int k)
	{//分裂出前k大 
	    x = New();
	    if(k > tr[tr[y].rs].num) split1(tr[x].ls,tr[y].ls,k-tr[tr[y].rs].num),swap(tr[x].rs,tr[y].rs);
	    else if(k == tr[tr[y].rs].num) swap(tr[x].rs,tr[y].rs);
	    else split1(tr[x].rs,tr[y].rs,k);
	    update(x);update(y);
	}
	void split2(int &x,int y,int k)
	{//分裂出前k小
	    x = New();
	    if(k > tr[tr[y].ls].num) split2(tr[x].rs,tr[y].rs,k-tr[tr[y].ls].num),swap(tr[x].ls,tr[y].ls);
	    else if(k == tr[tr[y].ls].num) swap(tr[x].ls,tr[y].ls);
	    else split2(tr[x].ls,tr[y].ls,k);
	    update(x);update(y);
	}
	int query(int rt,int l,int r,int k)
	{//第k小
	    if(l == r) return l;
	    int mid = l+r>>1;
		if(k <= tr[tr[rt].ls].num) return query(tr[rt].ls,l,mid,k);
		else return query(tr[rt].rs,mid+1,r,k-tr[tr[rt].ls].num); 
	}
}using namespace tree;
IT fuckit(IT it,int l,int r)
{
	int _l = it->fr,_r = it->se,to,_rt = hash[mp(_l,_r)],_op = op[mp(_l,_r)];
	//_l   l   r  _r -> [_l,l-1] [l,_r]
	if(_op == 1)  split1(to,_rt,l-_l); else split2(to,_rt,l-_l);
	hash[mp(_l,l-1)] = to;   op[mp(_l,l-1)] = _op;
	hash[mp(l,_r)  ] = _rt;  op[mp(l,_r)  ] = _op;
	hash.erase(mp(_l,_r));   op.erase(mp(_l,_r));
	h.erase(h.lower_bound(mp(_l,_r))); h.insert(mp(_l,l-1)); h.insert(mp(l,_r));
	it = h.lower_bound(mp(l,_r));
	return it;
}
int work(int k,int l,int r)
{
	int tmp = tree::New();
	while(1)
	{
		it = h.lower_bound(mp(l,0));
		if(it == h.end() || it->second > r) break;
		tmp = tree::merge(tmp,hash[(*it)]);
		hash.erase(mp(it->first,it->second));
		op.erase(mp(it->fr,it->se));
		h.erase(it);
    }//合併所有子區間 
    it = h.lower_bound(mp(l,0));
    if((it == h.end() || it->first > r) && it != h.begin())
    {
    	it--;
	    if(it->first < l && it->second > r) it = fuckit(it,l,r);
        else it++;
	}
    if(it != h.end() && it->first <= r)
    {
    	int to;
    	int _op = op[mp(it->fr,it->se)],_l = it->fr,_r = it->se,_rt = hash[mp(_l,_r)];
    	if(_op == 1) split1(to,_rt,r-_l+1);
    	else split2(to,_rt,r-_l+1);
    	hash[mp(r+1,_r)] = _rt;  op[mp(r+1,_r)] = _op;
		op.erase(mp(_l,_r));     hash.erase(mp(_l,_r));
        h.insert(mp(r+1,_r));    h.erase(it);
        tmp = tree::merge(tmp,to);
	}//處理右端區間
    it = h.lower_bound(mp(l,0));
    if(it == h.begin());
    else
    {
    	it--;
    	if(it->second >= l)
    	{
    	    if(it->second > r) it = fuckit(it,l,r);
    		int to;
    		int _l = it->fr,_r = it->se,_op = op[mp(_l,_r)],_rt = hash[mp(_l,_r)];
    		if(_op == 1) split2(to,_rt,_r-l+1);
    		else split1(to,_rt,_r-l+1);
    		hash[mp(_l,l-1)] = _rt;  op[mp(_l,l-1)] = _op;
    		op.erase(mp(_l,_r));     hash.erase(mp(_l,_r));
    		h.insert(mp(_l,l-1));    h.erase(it);
    		tmp = tree::merge(tmp,to);
    	}
    }//處理左端區間
    h.insert(mp(l,r)); op[mp(l,r)] = k; hash[mp(l,r)] = tmp;
}
void init()
{
	n = rd();m = rd();
	rep(i,1,n) a[i] = rd();
	rep(i,1,n) h.insert(mp(i,i)),tree::build(hash[mp(i,i)],1,n,a[i]);
	rep(i,1,m)
	{
		int k = rd(),l = rd(),r = rd();
		work(k,l,r);
	}
	int pl = rd();
	for(it = h.begin();it != h.end();it++) if(pl >= it
            
  

           

              
              

            

            
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程式碼：
#include <cstdio>
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現在只考慮<i<i的jj

設k1<k2<ik1<k2&l 



  
 

    


    
    
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 #include<iostream>
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註意到 



  
 

    


    
    
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題面
BZOJ
題解
是一個二分圖，等價於不存在奇環。
那麽直接線段樹分治，用並查集維護到達根節點的距離，只計算就好了。
 



  
 

    


    
    
【題解】[牛客網NOIP賽前集訓營-提高組（第一場）]C.保護 LCA+線段樹動態開點+線段樹合併

     
  
  
  
 題目連結   ___    
 #include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int n,m,hd[N],to 



  
 

    


    
    
[LOJ#2473][九省聯考2018]祕密襲擊（樹形DP+生成函式+線段樹合併+拉格朗日插值）

     
  
  
  
 Address 
 洛谷P4365 BZOJ5250 LOJ#2473 
 The First Step - 轉化 
 簡版題意：給定一棵點帶權樹，求樹上所有大小大於 
     
      
       
        
         k
        
       
    



  
 

    


    
    
BZOJ：5457: 城市(線段樹合併)（尚待優化）

     
  
 5457: 城市 
 Time Limit: 20 Sec  Memory Limit: 512 MBSubmit: 18  Solved: 12[Submit][Status][Discuss]
 
Description 
 
 
  有n 



  
 

    


    
    
Gym - 101194G Pandaria （並查集+倍增+線段樹合併）

     
  
 
 
  
   
 題意： 
 給定一個無向圖。每個點有一種顏色。現在給定q個詢問，每次詢問x和w，求所有能通過邊權值不超過w的邊走到x的點的集合中，哪一種顏色的點出現的次數最多。次數相同時輸出編號最小的那個顏色。強制線上。 
   
 解題思路：膜拜大神們的程式碼！看了好久，終於 



  
 

    


    
    
[BZOJ2212][Poi2011]Tree Rotations（線段樹合併）

     
  
  
  
 Address 
 洛谷 P3521 BZOJ 2212 LOJ #2163 
 Solution 
  
  非常有意思的題 
  一個直觀的想法 
  對於一個點 
      
       
        
         
          u
         
      



  
 

    


    
    
【BZOJ4025】二分圖（可撤銷並查集+線段樹分治）

     
 題目： 
BZOJ4025 
分析： 
 
 定理：一個圖是二分圖的充要條件是不存在奇環。 
 
先考慮一個弱化的問題：保證所有邊出現的時間段不會交叉，只會包含或相離。 
還是不會？再考慮一個更弱化的問題：邊只會出現不會消失。 
當加邊的時候，若\((u,v)\)不連通：一定不會構成奇環，將它加入。 
若\( 



  
 

    


    
    
BZOJ4881 線段遊戲（二分圖+樹狀陣列/動態規劃+線段樹）

     
 　　相當於將線段劃分成兩個集合使集合內線段不相交，並且可以發現線段相交等價於逆序對。也即要將原序列劃分成兩個單增序列。由dilworth定理，如果存在長度>=3的單減子序列，無解，可以先判掉。 
　　這個時候有兩種顯然的暴力。 
　　將點集劃分成兩部分使內部無邊顯然就是二分圖，於是第一種暴力是在逆序對之 



  
 

    


    
    
BZOJ4919 大根堆（動態規劃+線段樹合併/treap+啟發式合併）

     
 　　一個顯然的dp是設f[i][j]為i子樹內權值<=j時的答案，則f[i][j]=Σf[son][j]，f[i][a[i]~n]++。這樣是可以線段樹合併的，將各兒子加起來然後打上加法標記即可。需要標記永久化。 
　　另一種做法是考慮擴充套件經典的單調佇列優化LIS的做法，維護子樹內答案為k時最小的最