树状数组,离散化,突破口(Segment Game,HDU 5372)
来源:互联网 发布:大数据存储技术研究 编辑:程序博客网 时间:2024/06/01 10:16
树状数组讲解:
http://blog.csdn.net/int64ago/article/details/7429868
经常会遇到一些题目,是一些经典问题的变化,但是各种经典算法无法很好的解决这个问题。
这时我们应该观察题目是不是有特殊的地方,我们的经典算法是否只能解决更一般的问题。
特殊和一般在哪些地方有差别,哪些地方条件放宽了,哪些地方要求高了。
然后从这些差别入手,或许就可以发现本题独特的地方,从而有针对性地创造出一个解法。
离散化不一定要用map或者hash。
因为离散化往往都是离线的,所以离散的值一开始肯定是保存在数组中的,在使用这个值的时候一定知道它的下标,我们可以预处理一个下标映射表,然后利用这个值对应的下标直接找到映射的位置。建立下标映射表的时间复杂度为O(nlogn)。但建立完成后的使用则是O(1)的。
map是O(nlogn)建立,O(nlogn)使用,常数很大。
hash是O(maxn)初始化,O(n)建立,O(1)使用。
maxn可以动态赋值,时间复杂度应该很好,只不过maxn的取值如果不恰当那就可能会产生大量哈希冲突(在值普遍和maxn有倍数关系的情况下)。本题应该不会有问题。
第i个add操作,而不是第i个操作。因为这个TLE了好久。(当删除的第i个操作是也是一个删除操作时,我们有可能会得到pos=0,或者pos=以前的一些数据,当pos=0时,add函数会进入死循环)
细节决定成败。
代码
#include<stdio.h>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn = 200010;int n;int a[maxn],b[maxn],c[maxn];int tp[maxn<<1];int k;int id[maxn][2];int tag[maxn];void read(){ int len=1; k=0; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d %d",a+i,b+i); if(a[i]==0) { c[i]=b[i]+len; tag[len++]=i; tp[k++]=b[i]; tp[k++]=c[i]; } } tp[k++]=1e9; tp[k++]=-1e9; sort(tp,tp+k); k=unique(tp,tp+k)-tp; for(int i=1;i<=n;i++) if(a[i]==0) { id[i][0]=upper_bound(tp,tp+k,b[i])-tp; id[i][1]=upper_bound(tp,tp+k,c[i])-tp; }}int tree[maxn<<1][2];void build(int n){ for(int i=1;i<=n;i++) tree[i][0]=tree[i][1]=0;}int low_bit(int x){ return x&(-x);}void add(int pos,int n,int val,int f){ while(pos<=n) { tree[pos][f]+=val; pos+=low_bit(pos); }}int qry(int pos,int f){ int ret=0; while(pos) { ret+=tree[pos][f]; pos-=low_bit(pos); } return ret;}void solve(){ read(); build(k); for(int i=1;i<=n;i++) { if(a[i]==0) { printf("%d\n",qry(id[i][1],1)-qry(id[i][0]-1,0)); add(id[i][0],k,1,0); add(id[i][1],k,1,1); } else { add(id[tag[b[i]]][0],k,-1,0); add(id[tag[b[i]]][1],k,-1,1); } }}int main(){ int kase=0; while(~scanf("%d",&n)) { printf("Case #%d:\n",++kase); solve(); } return 0;}
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