软件包管理器 HYSBZ
来源:互联网 发布:工作流引擎数据库设计 编辑:程序博客网 时间:2024/06/11 02:08
软件包管理器
HYSBZ - 4196
Linux用户和OSX用户一定对软件包管理器不会陌生。通过软件包管理器,你可以通过一行命令安装某一个软件包,然后软件包管理器会帮助你从软件源下载软件包,同时自动解决所有的依赖(即下载安装这个软件包的安装所依赖的其它软件包),完成所有的配置。Debian/Ubuntu使用的apt-get,Fedora/CentOS使用的yum,以及OSX下可用的homebrew都是优秀的软件包管理器。
你决定设计你自己的软件包管理器。不可避免地,你要解决软件包之间的依赖问题。如果软件包A依赖软件包B,那么安装软件包A以前,必须先安装软件包B。同时,如果想要卸载软件包B,则必须卸载软件包A。现在你已经获得了所有的软件包之间的依赖关系。而且,由于你之前的工作,除0号软件包以外,在你的管理器当中的软件包都会依赖一个且仅一个软件包,而0号软件包不依赖任何一个软件包。依赖关系不存在环(若有m(m≥2)个软件包A1,A2,A3,…,Am,其中A1依赖A2,A2依赖A3,A3依赖A4,……,Am−1依赖Am,而Am依赖A1,则称这m个软件包的依赖关系构成环),当然也不会有一个软件包依赖自己。现在你要为你的软件包管理器写一个依赖解决程序。根据反馈,用户希望在安装和卸载某个软件包时,快速地知道这个操作实际上会改变多少个软件包的安装状态(即安装操作会安装多少个未安装的软件包,或卸载操作会卸载多少个已安装的软件包),你的任务就是实现这个部分。注意,安装一个已安装的软件包,或卸载一个未安装的软件包,都不会改变任何软件包的安装状态,即在此情况下,改变安装状态的软件包数为0。Input 输入文件的第1行包含1个正整数n,表示软件包的总数。软件包从0开始编号。
随后一行包含n−1个整数,相邻整数之间用单个空格隔开,分别表示1,2,3,…,n−2,n−1号软件包依赖的软件包的编号。接下来一行包含1个正整数q,表示询问的总数。之后q行,每行1个询问。询问分为两种:installx:表示安装软件包xuninstallx:表示卸载软件包x你需要维护每个软件包的安装状态,一开始所有的软件包都处于未安装状态。对于每个操作,你需要输出这步操作会改变多少个软件包的安装状态,随后应用这个操作(即改变你维护的安装状态)。Output 输出文件包括q行。
输出文件的第i行输出1个整数,为第i步操作中改变安装状态的软件包数。Sample Input 70 0 0 1 1 55install 5install 6uninstall 1install 4uninstall 0
Sample Output 31323
Hint 一开始所有的软件包都处于未安装状态。
安装 5 号软件包,需要安装 0,1,5 三个软件包。
之后安装 6 号软件包,只需要安装 6 号软件包。此时安装了 0,1,5,6 四个软件包。
卸载 1 号软件包需要卸载 1,5,6 三个软件包。此时只有 0 号软件包还处于安装状态。
之后安装 4 号软件包,需要安装 1,4 两个软件包。此时 0,1,4 处在安装状态。
最后,卸载 0 号软件包会卸载所有的软件包。
n=100000
q=100000
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HYSBZ - 4196Linux用户和OSX用户一定对软件包管理器不会陌生。通过软件包管理器,你可以通过一行命令安装某一个软件包,然后软件包管理器会帮助你从软件源下载软件包,同时自动解决所有的依赖(即下载安装这个软件包的安装所依赖的其它软件包),完成所有的配置。Debian/Ubuntu使用的apt-get,Fedora/CentOS使用的yum,以及OSX下可用的homebrew都是优秀的软件包管理器。
你决定设计你自己的软件包管理器。不可避免地,你要解决软件包之间的依赖问题。如果软件包A依赖软件包B,那么安装软件包A以前,必须先安装软件包B。同时,如果想要卸载软件包B,则必须卸载软件包A。现在你已经获得了所有的软件包之间的依赖关系。而且,由于你之前的工作,除0号软件包以外,在你的管理器当中的软件包都会依赖一个且仅一个软件包,而0号软件包不依赖任何一个软件包。依赖关系不存在环(若有m(m≥2)个软件包A1,A2,A3,…,Am,其中A1依赖A2,A2依赖A3,A3依赖A4,……,Am−1依赖Am,而Am依赖A1,则称这m个软件包的依赖关系构成环),当然也不会有一个软件包依赖自己。
现在你要为你的软件包管理器写一个依赖解决程序。根据反馈,用户希望在安装和卸载某个软件包时,快速地知道这个操作实际上会改变多少个软件包的安装状态(即安装操作会安装多少个未安装的软件包,或卸载操作会卸载多少个已安装的软件包),你的任务就是实现这个部分。注意,安装一个已安装的软件包,或卸载一个未安装的软件包,都不会改变任何软件包的安装状态,即在此情况下,改变安装状态的软件包数为0。
输入文件的第1行包含1个正整数n,表示软件包的总数。软件包从0开始编号。
随后一行包含n−1个整数,相邻整数之间用单个空格隔开,分别表示1,2,3,…,n−2,n−1号软件包依赖的软件包的编号。
接下来一行包含1个正整数q,表示询问的总数。
之后q行,每行1个询问。询问分为两种:
installx:表示安装软件包x
uninstallx:表示卸载软件包x
你需要维护每个软件包的安装状态,一开始所有的软件包都处于未安装状态。对于每个操作,你需要输出这步操作会改变多少个软件包的安装状态,随后应用这个操作(即改变你维护的安装状态)。
输出文件包括q行。
输出文件的第i行输出1个整数,为第i步操作中改变安装状态的软件包数。
70 0 0 1 1 55install 5install 6uninstall 1install 4uninstall 0
31323
一开始所有的软件包都处于未安装状态。
安装 5 号软件包,需要安装 0,1,5 三个软件包。
之后安装 6 号软件包,只需要安装 6 号软件包。此时安装了 0,1,5,6 四个软件包。
卸载 1 号软件包需要卸载 1,5,6 三个软件包。此时只有 0 号软件包还处于安装状态。
之后安装 4 号软件包,需要安装 1,4 两个软件包。此时 0,1,4 处在安装状态。
最后,卸载 0 号软件包会卸载所有的软件包。
n=100000
q=100000
传送门:树链剖分正确的入门姿势
做这题首先要对自己的线段树很自信。现在学了几天树链剖分了,感觉这个题还是有挑战性的,给的10s限时,实际还是会卡时间,注意将线段树的查询和修改操作和并写,比如,我们将已安装的节点标记为1,未安装标的为0,线段树维护区间内1,0的数量,一般的写法install操作时,要先查询根节点到此节点路径上的0数量,再将根节点到此节点路径上的节点更新为1,但这样写会操作两次,可能会超时(我就在这TLE了两次),观察发现查询和更新可以合并写,因为install操作是“查0改1”,uninstall操作是“查1改0”,所以就不难实现了,9000多ms水过……。
#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;const int N=100005;struct Edge{ int a,b,pre;}edge[2*N];int son[N],fa[N],dis[N],top[N],siz[N],wei[N],pre[N],n,xian_num,edge_num;void addedge(int a,int b){ edge[++edge_num]={a,b,pre[a]}; pre[a]=edge_num;}void dfs1(int u,int f,int d)///树链剖分套路{ dis[u]=d; fa[u]=f; son[u]=0; siz[u]=1; for(int i=pre[u];i;i=edge[i].pre){ int v=edge[i].b; if(v==f)continue; dfs1(v,u,d+1); siz[u]+=siz[v]; if(siz[son[u]]<siz[v])son[u]=v; }}void dfs2(int u,int tp)///树链剖分套路{ top[u]=tp; wei[u]=++xian_num; if(son[u])dfs2(son[u],tp); for(int i=pre[u];i;i=edge[i].pre){ int v=edge[i].b; if(v==son[u]||v==fa[u])continue; dfs2(v,v); }}struct Node{ int sum0,sum1;}tree[4*N];int lazy[4*N];void maketree(int l,int r,int node)///线段树建树{ tree[node].sum0=r-l+1; if(l==r)return; int mid=(l+r)>>1; maketree(l,mid,node<<1); maketree(mid+1,r,node<<1|1);}void up(int node)///线段树向上更新{ int ll=node<<1,rr=ll|1; tree[node].sum0=tree[ll].sum0+tree[rr].sum0; tree[node].sum1=tree[ll].sum1+tree[rr].sum1;}void down(int l,int r,int node)///线段树向下更新(延迟更新套路){ if(lazy[node]==-1)return; int ll=node<<1,rr=ll|1,mid=(l+r)>>1; lazy[ll]=lazy[rr]=lazy[node]; if(lazy[node]==0){ tree[ll].sum0=mid-l+1; tree[rr].sum0=r-mid; tree[ll].sum1=tree[rr].sum1=0; } else { tree[ll].sum1=mid-l+1; tree[rr].sum1=r-mid; tree[ll].sum0=tree[rr].sum0=0; } lazy[node]=-1;}int query(int l,int r,int node,int ll,int rr,int sign)///关键!线段树的查询和修改操作合并{ if(l>rr||r<ll)return 0; if(l>=ll&&r<=rr){ int aa; if(!sign)aa=tree[node].sum0; else aa=tree[node].sum1; lazy[node]=sign^1; if(lazy[node]==0){ tree[node].sum0=r-l+1; tree[node].sum1=0; } else { tree[node].sum1=r-l+1; tree[node].sum0=0; } return aa; } down(l,r,node); int mid=(l+r)>>1,ans; ans=query(l,mid,node<<1,ll,rr,sign); ans+=query(mid+1,r,node<<1|1,ll,rr,sign); up(node); return ans;}int yongth(int a,int b,int sign)///树链剖分分段操作{ int ta=top[a],tb=top[b],ans=0; while(ta!=tb){ if(dis[tb]<dis[ta]){ swap(tb,ta); swap(b,a); } ans+=query(1,n,1,wei[tb],wei[b],sign); b=fa[tb]; tb=top[b]; } if(dis[b]<dis[a])swap(a,b); ans+=query(1,n,1,wei[a],wei[b],sign); return ans;}int main(){ scanf("%d",&n); edge_num=0; int a,b; for(int i=2;i<=n;i++){ scanf("%d",&a); a+=1; addedge(a,i); } dfs1(1,0,1); xian_num=0; dfs2(1,1); maketree(1,n,1); memset(lazy,-1,sizeof(lazy)); int m; char ch[30]; scanf("%d",&m); while(m--){ scanf("%s%d",ch,&a); a+=1; if(ch[0]=='i'){ printf("%d\n",yongth(1,a,0)); } else{ printf("%d\n",query(1,n,1,wei[a],wei[a]+siz[a]-1,1)); } } return 0;}
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