bzoj 4358: permu （莫队+栈||KD-tree||莫队+线段树）

来源：互联网发布：腾讯云与阿里云编辑：程序博客网时间：2024/06/03 23:37

题目描述

传送门

题目大意：给出一个长度为n的排列P(P1,P2,…Pn)，以及m个询问。每次询问某个区间[l,r]中，最长的值域
连续段长度。

题解1：莫队+线段树

用权值线段树维护区间的连续最大长度，左端连续最长，右端连续最长。
应该是比较好想，好写，好调的做法。
时间复杂度O(nn√logn) ,实际测速中貌似会TLE，于是利用毕生所学进行卡常，最终卡时A掉了。。。。

代码1

#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cmath>#include<cstring>#define N 50003using namespace std;int n,m,a[N],belong[N],block,ans[N],pos[N];struct data{    int id,x,y,key;}q[N];struct node{    int ls,rs,tr,len;}tree[N*4];int read(){    char c=getchar();  int x=0;    while (c<'0'||c>'9') c=getchar();    while (c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-'0',c=getchar();    return x;}inline bool operator <(const data &a,const data &b){    return a.key<b.key||a.key==b.key&&((a.y<b.y)^(a.key&1));}inline void update(int now){    node *T=tree+now,*L=tree+(now<<1),*R=tree+(now<<1|1);    T->tr=max(L->tr,R->tr);    T->tr=max(L->rs+R->ls,T->tr);    T->ls=L->ls+(L->ls==L->len)*R->ls;    T->rs=R->rs+(R->rs==R->len)*L->rs;}inline void pointchange(int x){    int t=pos[x];    tree[t].ls=tree[t].rs=(tree[t].tr^=1);    while (t!=1) update(t=t>>1);}inline void build(int now,int l,int r){    tree[now].len=r-l+1;    if (l==r) {     pos[l]=now;     return;    }    int mid=(l+r)/2;    build(now<<1,l,mid);    build(now<<1|1,mid+1,r);}int main(){    freopen("a.in","r",stdin);    freopen("my.out","w",stdout);    n=read(); m=read();    for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();    for (int i=1;i<=m;i++)     q[i].x=read(),q[i].y=read(),q[i].id=i,q[i].key=sqrt(q[i].x);    sort(q+1,q+m+1);    build(1,1,n);    int l,r; l=r=1; pointchange(a[1]);    for (int i=1;i<=m;++i) {        while (l<q[i].x) pointchange(a[l++]);        while (l>q[i].x) pointchange(a[--l]);        while (r>q[i].y)          pointchange(a[r--]);        while (r<q[i].y)          pointchange(a[++r]);        ans[q[i].id]=tree[1].tr;    }    for (int i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",ans[i]);}

题解2：莫队+栈

依然是用莫队，可以终于可以不用线段树了。
将左端点分块，每个块中的右端点从小到大有序。对于左端点在一个块中的一起处理。
刚开始将莫队的左右端点都定位在块的右端点。
对于每个权值的数维护两个参ls,rs，表示向左，右延伸的最长距离。
ls[x]=ls[x−1]+1
rs[x]=rs[x+1]+1
然后用ls[x]+rs[x]−1更新答案。注意还要用此时的答案取更新这段连续权值区间的左右端点，因为在加入点一定是利用左右端点去更新。
如果当前询问的右端点<当前的右端点，那么就将当前的右端点后移。并按照上述方式更新。
然后我们考虑当前询问的左端点到还不在当前区间中的点的贡献。因为左端点的前后移动是不固定的，所以我们每次加入这些点的贡献，计算出当前询问的贡献，然后需要再回撤这些操作。保证每次左端点都停在块的右端点。
因为同一块的左端点的移动区间不超过O(n√) ，所以最后的时间复杂度是O(mn√)

代码2

#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cstring>#include<cmath>#define N 100003using namespace std;int c[N],st[N],st1[N],ls[N],rs[N],n,m,block,belong[N],ans[N];struct data{    int l,r,id;}q[N];int cmp(data a,data b){    return belong[a.l]<belong[b.l]||belong[a.l]==belong[b.l]&&a.r<b.r;}int main(){    freopen("a.in","r",stdin);    freopen("my.out","w",stdout);    scanf("%d%d",&n,&m); block=sqrt(n);    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i]);    for (int i=1;i<=n;i++) belong[i]=(i-1)/block+1;    for (int i=1;i<=m;i++) {        scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r);        q[i].id=i;    }    sort(q+1,q+m+1,cmp); int l,r,ans1;     for (int i=1;i<=m;i++) {        if (belong[q[i].l]!=belong[q[i-1].l]) {            memset(ls,0,sizeof(ls));            memset(rs,0,sizeof(rs));            l=r=belong[q[i].l]*block; ans1=0;        }        while (r<q[i].r) {            ++r;            ls[c[r]]=ls[c[r]-1]+1;            rs[c[r]]=rs[c[r]+1]+1;            int t=ls[c[r]]+rs[c[r]]-1;            rs[c[r]-ls[c[r]]+1]=t;            ls[c[r]+rs[c[r]]-1]=t;            ans1=max(ans1,t);        }        int tmp=ans1,top=0;        for (int j=q[i].l;j<=min(q[i].r,l);j++) {            ls[c[j]]=ls[c[j]-1]+1;            rs[c[j]]=rs[c[j]+1]+1;            int t=ls[c[j]]+rs[c[j]]-1;            int ll=c[j]-ls[c[j]]+1; int rr=c[j]+rs[c[j]]-1;            st[++top]=ll; st1[top]=rs[ll];            st[++top]=rr; st1[top]=ls[rr];            rs[ll]=t; ls[rr]=t;            tmp=max(tmp,t);        }        for (int j=top;j>=1;j--) {            if (j&1) rs[st[j]]=st1[j];            else ls[st[j]]=st1[j];        }        for (int j=q[i].l;j<=min(q[i].r,l);j++)          ls[c[j]]=rs[c[j]]=0;        ans[q[i].id]=tmp;    }    for (int i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",ans[i]);}

题解3：KD-tree

将每个询问的左右端点看做点对(x,y)，加入KD-tree
然后从1到n依次用这些数取更新包含他原本所在位置的区间。
对于KD-tree中的每个节点需要维护六个与更新有关的参数，具体的写法和bzoj 3064是一样的，只不过那个是线段树，这个是KD-tree，反正都是pushdown，就不详细赘述了。
注意每个不包含当前数所在位置的区间，当前连续的长度都要清零。
时间复杂度O(nm−−√),应该比做法一快不少才对，可能是我pushdown写的太丑了，所以最后两个的时间差不多，so sad……

代码3

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cmath>#define N 100003using namespace std;int a[N],pos[N],n,m,cmpd,ans[N],root,T[2];struct data{    int d[2],mx[2],mn[2],l,r,id;    int cover,add,at,max,len,ct;}tr[N];bool operator <(data a,data b){    return a.d[cmpd]<b.d[cmpd];}int read(){    char c=getchar();  int x=0;    while (c<'0'||c>'9') c=getchar();    while (c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-'0',c=getchar();    return x;}void update(int now){    int l=tr[now].l; int r=tr[now].r;    for (int i=0;i<=1;i++) {        if (l) tr[now].mx[i]=max(tr[now].mx[i],tr[l].mx[i]),tr[now].mn[i]=min(tr[now].mn[i],tr[l].mn[i]);        if (r) tr[now].mx[i]=max(tr[now].mx[i],tr[r].mx[i]),tr[now].mn[i]=min(tr[now].mn[i],tr[r].mn[i]);    }}int build(int l,int r,int d){    cmpd=d; int mid=(l+r)/2;    nth_element(tr+l,tr+mid,tr+r+1);    for (int i=0;i<=1;i++) tr[mid].mx[i]=tr[mid].mn[i]=tr[mid].d[i];    tr[mid].cover=-1; tr[mid].ct=-1;    if (l<mid) tr[mid].l=build(l,mid-1,d^1);    if (r>mid) tr[mid].r=build(mid+1,r,d^1);    update(mid);    return mid;}void pushdown(int now){    T[0]=tr[now].l; T[1]=tr[now].r;    for (int i=0;i<=1;i++) {        int x=T[i]; if(!x) continue;        tr[x].max=max(tr[x].max,max(tr[now].ct,tr[x].len+tr[now].at));        if (tr[x].cover==-1) tr[x].at=max(tr[x].at,tr[now].at+tr[x].add);        else tr[x].ct=max(tr[x].ct,tr[x].cover+tr[now].at);        if (tr[now].add) {            tr[x].len+=tr[now].add;             if (tr[x].cover==-1) tr[x].add+=tr[now].add;            else tr[x].cover+=tr[now].add;        }        if (tr[now].cover!=-1) {            tr[x].cover=tr[x].len=tr[now].cover;            tr[x].add=0;        }        tr[x].ct=max(tr[x].ct,max(tr[x].cover,tr[now].ct));        tr[x].at=max(tr[x].at,tr[x].add);    }    tr[now].at=tr[now].add=0;    tr[now].cover=tr[now].ct=-1;}void change(int now,int x){    pushdown(now);    if (tr[now].mx[0]<=x&&x<=tr[now].mn[1]) {     tr[now].len++; tr[now].add++; tr[now].at++;     tr[now].max=max(tr[now].max,tr[now].len); return;    }    if (tr[now].mx[1]<x||tr[now].mn[0]>x) {     tr[now].cover=tr[now].ct=tr[now].len=0; return;    }    if (tr[now].d[0]<=x&&x<=tr[now].d[1]) {        tr[now].len++;        tr[now].max=max(tr[now].max,tr[now].len);    }    else tr[now].len=0;    if(tr[now].l) change(tr[now].l,x);    if(tr[now].r) change(tr[now].r,x);}void dfs(int now){    pushdown(now);    if (tr[now].l) dfs(tr[now].l);    if (tr[now].r) dfs(tr[now].r);}int main(){    freopen("a.in","r",stdin);    freopen("my.out","w",stdout);    n=read(); m=read();    for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),pos[a[i]]=i;    for (int i=1;i<=m;i++)     tr[i].d[0]=read(),tr[i].d[1]=read(),tr[i].id=i;    root=build(1,m,0);    for (int i=1;i<=n;i++)      change(root,pos[i]);     dfs(root);    for (int i=1;i<=m;i++) ans[tr[i].id]=tr[i].max;    for (int i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",ans[i]);}

0 0