【BZOJ4785】樹狀陣列(ZJOI2017)-概率+二維線段樹+動態開點
測試地址:樹狀陣列
做法:本題需要用到概率+二維線段樹+動態開點。
首先分析題目,對樹狀陣列結構熟悉的同學(不熟悉的話…畫一畫或者打個表也行)就能看出,題目中的資料結構求的是字尾和。那麼當我們詢問時,我們原來是算,現在變成算,那麼這兩個區間的唯一區別就是和這兩個點,那麼我們算出的區間值相同的概率,就等於這兩個點的值相同的概率,於是我們只要算出這個概率即可。
一個直觀的思路是維護每個點為
因此我們考慮直接維護一個二維矩陣,每個點上的元素表示點和點值相同的概率,一開始均為。那麼對於每次修改,有一個點在修改區間中的點對有的概率相同性發生變化,有兩個點在修改區間中的點對有的概率相同性發生變化(因為一次只能修改一個點)。接下來考慮維護這樣的修改,對於一個點對,令該點對原先相同概率為,修改後相同性不變的概率為,那麼修改後的。可以證明當兩個修改作用在同一個點上時,這兩個修改的順序不影響結果(這個把式子展開就可以看得出來了),並且兩次修改後不變的概率可以合併成。這就顯然可以用二維線段樹來維護修改了。
接下來,觀察到題目的性質是子矩陣修改,單點詢問,於是利用標記永久化的思想,每次直接把修改標記記錄在對應的節點上,那麼詢問一個點時,就直接把包含這個點的所有線段樹節點上的標記合併起來即可,時間複雜度為,空間複雜度用動態開點可以做到。
如果你只考慮到了上面這一些,你還是會面臨爆的結局,因為有一種特殊的詢問情況:。注意到在呼叫樹狀陣列中的函式時,如果就會立刻返回,而不是返回一個區間的值,那麼實際上變成了求區間和奇偶性相同的概率。於是在修改區間時,在區間或中時,和的相同性一定變化,否則如果在區間內,和的相同性就有的概率不變,另開一個線段樹用和上面類似的方法維護即可。
以下是本人程式碼:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int N=100010;
int n,m,tot=0,rt[4*N]={0},ch[300*N][2]={0};
ll val[300*N],x;
ll inv(ll x)
{
ll s=1,ss=x,b=mod-2;
while(b)
{
if (b&1) s=s*ss%mod;
ss=ss*ss%mod;b>>=1;
}
return s;
}
void modify(int &no,int l,int r,int s,int t,ll p)
{
if (s>t) return;
if (!no)
{
no=++tot;
val[no]=1;
}
if (l>=s&&r<=t)
{
val[no]=((val[no]*p+(1-val[no])*(1-p))%mod+mod)%mod;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if (s<=mid) modify(ch[no][0],l,mid,s,t,p);
if (t>mid) modify(ch[no][1],mid+1,r,s,t,p);
}
void query(int no,int l,int r,int pos)
{
if (!no) return;
x=((x*((val[no]<<1)-1)+(1-val[no]))%mod+mod)%mod;
if (l==r) return;
int mid=(l+r)>>1;
if (pos<=mid) query(ch[no][0],l,mid,pos);
else query(ch[no][1],mid+1,r,pos);
}
void Modify(int no,int l,int r,int s1,int t1,int s2,int t2,ll p)
{
if (s1>t1||s2>t2) return;
if (l>=s1&&r<=t1)
{
modify(rt[no],1,n,s2,t2,p);
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if (s1<=mid) Modify(no<<1,l,mid,s1,t1,s2,t2,p);
if (t1>mid) Modify(no<<1|1,mid+1,r,s1,t1,s2,t2,p);
}
void Query(int no,int l,int r,int pos1,int pos2)
{
query(rt[no],1,n,pos2);
if (l==r) return;
int mid=(l+r)>>1;
if (pos1<=mid) Query(no<<1,l,mid,pos1,pos2);
else Query(no<<1|1,mid+1,r,pos1,pos2);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int op,l,r;
scanf("%d%d%d",&op,&l,&r);
if (op==1)
{
ll p=inv(r-l+1);
Modify(1,1,n,1,l-1,l,r,(1-p+mod)%mod);
Modify(1,1,n,l,r,r+1,n,(1-p+mod)%mod);
Modify(1,1,n,l,r,l,r,(1-(p<<1)+(mod<<1))%mod);
modify(rt[0],
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{
int c[maxn];
int lowbit(int x)
{
return x&(-x);
}
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{
int ans=0;
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{
ans+
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假設陣列a[1…n],那
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將一組陣列a[N]
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結合 題解 php 數組 air line pri www ostream 題目鏈接
BZOJ4785
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首先題目中的樹狀數組實際維護的是後綴和,這一點憑分析或經驗或手模觀察可以得出
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#include<cstdio>
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UPDATE : 最後一個點時間空間已經放大
標題即題意
有了可持久化陣列,便可以實現很多衍生的可持久化功能(例如:可持久化並查集)
題目描述
如題,你需要維護這樣的一個長度為 NN 的陣列,支援如下幾種操作
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