2024.9.25校测
T1
题目描述
给你一个序列：\(a_1, a_2, a_3, \dots, a_n\)，有 \(m\) 个操作，操作如下：
-
modify l r x，将区间 \([l, r]\) 中的每个数修改为 \(x\)。 -
change l r x，将区间 \([l, r]\) 中的每个数加上 \(x\)。 -
query l r，询问区间 \([l, r]\) 中的和。
输入格式
第 \(1\) 行 \(2\) 个整数：\(n, m\)，表示序列长的和操作数。
第 \(2\) 行 \(n\) 个整数：\(a_1, a_2, a_3, \dots, a_n\)，表示初始序列。
接下来 \(m\) 行，每行是上面三种操作中的一种。
输出格式
对于每个询问操作，输出其结果。
输入样例
3 3
1 2 3
change 1 3 2
modify 3 3 3
query 1 3
输出样例
10
数据规模
对于 \(30\%\) 数据，\(1 \leq n, m \leq 10^3\)。
对于 \(100\%\) 数据，\(1 \leq n, m \leq 10^5, 1 \leq a_i, x \leq n, 1 \leq l \leq r \leq n\)。
题解
典型的线段树题。
考虑一个节点有加标记，要添加改标记，就将加标记清零；如果一个节点有改标记，要添加加标记，直接在原加标记上增加就行了。
完整代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 4e5 + 9;
int n, m, t[N << 2], tag_add[N << 2], tag_change[N << 2];
char ch[20];
void buildTree(int id, int L, int R){
if(L == R){
scanf("%lld", &t[id]);
return;
}
int mid = (L + R) >> 1;
buildTree(id << 1, L, mid);
buildTree(id << 1 | 1, mid + 1, R);
t[id] = t[id << 1] + t[id << 1 | 1];
}
void pushdown(int id, int L, int R){
int mid = (L + R) >> 1;
if(tag_change[id]){
tag_add[id << 1] = tag_add[id << 1 | 1] = 0;
t[id << 1] = tag_change[id] * (mid - L + 1);
t[id << 1 | 1] = tag_change[id] * (R - mid);
tag_change[id << 1] = tag_change[id << 1 | 1] = tag_change[id];
tag_change[id] = 0;
}
if(tag_add[id]){
tag_add[id << 1] += tag_add[id];
t[id << 1] += tag_add[id] * (mid - L + 1);
tag_add[id << 1 | 1] += tag_add[id];
t[id << 1 | 1] += tag_add[id] * (R - mid);
tag_add[id] = 0;
}
}
void modify(int id, int L, int R, int qL, int qR, int qx, int type){
pushdown(id, L, R);
if(L == qL && R == qR){
if(type == 1){
tag_add[id] = 0;
t[id] = qx * (R - L + 1);
tag_change[id] = qx;
return;
} else {
t[id] += qx * (R - L + 1);
tag_add[id] += qx;
return;
}
}
int mid = (L + R) >> 1;
if(qR <= mid)
modify(id << 1, L, mid, qL, qR, qx, type);
else if(qL > mid)
modify(id << 1 | 1, mid + 1, R, qL, qR, qx, type);
else{
modify(id << 1, L, mid, qL, mid, qx, type);
modify(id << 1 | 1, mid + 1, R, mid + 1, qR, qx, type);
}
t[id] = t[id << 1] + t[id << 1 | 1];
}
int query(int id, int L, int R, int qL, int qR){
pushdown(id, L, R);
if(L == qL && R == qR)
return t[id];
int mid = (L + R) >> 1;
if(qR <= mid)
return query(id << 1, L, mid, qL, qR);
else if(qL > mid)
return query(id << 1 | 1, mid + 1, R, qL, qR);
else
return query(id << 1, L, mid, qL, mid) + query(id << 1 | 1, mid + 1, R, mid + 1, qR);
}
signed main(){
freopen("setmod.in", "r", stdin);
freopen("setmod.out", "w", stdout);
scanf("%lld%lld", &n, &m);
buildTree(1, 1, n);
for(int i = 1; i <= m; ++i){
int qL, qR, qx;
scanf("%s", ch);
if(ch[0] == 'c'){
scanf("%lld%lld%lld", &qL, &qR, &qx);
if(qL > qR)
continue;
modify(1, 1, n, qL, qR, qx, 2);
} else if(ch[0] == 'm'){
scanf("%lld%lld%lld", &qL, &qR, &qx);
if(qL > qR)
continue;
modify(1, 1, n, qL, qR, qx, 1);
} else {
scanf("%lld%lld", &qL, &qR);
if(qL > qR){
printf("0\n");
continue;
}
printf("%lld\n", query(1, 1, n, qL, qR));
}
}
return 0;
}
T2
题目描述
给出 \(n\) 个矩形，求它们的面积并。
更准确一点，每个矩形将给出它的左上角和右下角的位置：\(x_1, y_1, x_2, y_2\)。
这四个数都是整数且满足 \(x_1 \leq x_2, y_1 \leq y_2\)。
我们需要你求：
\(area = \{(x, y) \in Z \times Z \mid \exists a \, rect.s.t, x_1 \leq x \leq x_2, y_1 \leq y \leq y_2\}\)。
输入格式
第 \(1\) 行 \(1\) 个整数：\(n\)，表示矩形的个数。
接下来 \(n\) 行，每行 \(4\) 个整数：\(x_1, y_1, x_2, y_2\)，表示一个矩形的左上角和右下角的坐标。
输出格式
输出 \(area\)。
输入样例
3
1 1 2 3
1 2 3 3
3 3 4 4
输出样例
11
样例解释
一共有 \(11\) 个点落在了上面三个矩形所表示的区域内：
\((1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (3, 2), (3, 3), (3, 4), (4, 3), (4, 4)\)。
数据规模
对于 \(30\%\) 数据，\(1 \leq n \leq 100, 1 \leq x_1 \leq x_2 \leq 100, 1 \leq y_1 \leq y_2 \leq 100\)。
对于 \(100\%\) 数据，\(1 \leq n \leq 10^5, 1 \leq x_1 \leq x_2 \leq 10^5, 1 \leq y_1 \leq y_2 \leq 10^5\)。
题解
非常模板的扫描线算法，如不知道什么是扫描线，请参考线段树进阶应用学习笔记（一）（2024.7.19）（2024.8.22）
完整代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 9;
struct Node{
int l, r, y, op;
} a[N << 1];
bool cmp(Node a, Node b){
return a.y < b.y;
}
int t[N << 2], tag[N << 2], ans, cnt, n;
void pushup(int id, int L, int R){
if(tag[id]){
t[id] = R - L + 1;
return;
}
t[id] = t[id << 1] + t[id << 1 | 1];
}
void modify(int id, int L, int R, int qL, int qR, int qx){
if(qL == L && R == qR){
tag[id] += qx;
pushup(id, L, R);
return;
}
int mid = (L + R) >> 1;
if(qR <= mid)
modify(id << 1, L, mid, qL, qR, qx);
else if(qL > mid)
modify(id << 1 | 1, mid + 1, R, qL, qR, qx);
else {
modify(id << 1, L, mid, qL, mid, qx);
modify(id << 1 | 1, mid + 1, R, mid + 1, qR, qx);
}
pushup(id, L, R);
}
signed main(){
// freopen("area.in", "r", stdin);
// freopen("area.out", "w", stdout);
scanf("%lld", &n);
for(int i = 1; i <= n; i++){
int x1, y1, x2, y2;
scanf("%d%d%d%d", &x1, &y1, &x2, &y2);
a[++cnt] = {x1, x2, y1, 1};
a[++cnt] = {x1, x2, y2 + 1, -1};
}
sort(a + 1, a + cnt + 1, cmp);
for(int i = 1; i <= cnt; i++){
ans += t[1] * (a[i].y - a[i - 1].y);
modify(1, 1, N, a[i].l, a[i].r, a[i].op);
}
printf("%lld", ans);
return 0;
}
T3
题目描述
我看好你哟。
给你一个长度为 n 的序列，有 m 个操作：
-
modify u x将第 \(u\) 个数修改为 \(x\)。 -
query l r k询问区间 \([l, r]\) 中第 \(k\) 小的数\(^1\)。
输入格式
第 \(1\) 行 \(2\) 个整数：\(n, m\)，表示序列长度和操作数。
第 \(2\) 行 \(n\) 个整数：\(a_1, a_2, a_3, \dots,a_n\)，表示给定序列。
接下来 \(m\) 行，每行表示上面的某个操作。
输出格式
对于每个询问操作，输出其结果。
输入样例
5 5
5 2 1 3 4
query 1 4 3
modify 4 5
query 1 4 3
modify 1 3
query 1 4 3
输出样例
3
5
3
提示
\(^1\) 第 \(k\) 小是指将区间 \([l, r]\) 从小到大排序后，第 \(k\) 个数。
数据规模
对于 \(30\%\) 数据，\(1 \leq n, m \leq 10^3\)。
对于 \(100\%\) 数据，\(1 \leq n, m \leq 105, 1 \leq a_i, u, x \leq n, 1 \leq k \leq r − l + 1, 1 \leq l \leq r \leq n\)。
题解
区间第 \(k\) 小，考虑整体二分。
先考虑朴素二分，从 \(-inf\) 到 \(inf\) 二分答案，统计小于 \(mid\) 的数的个数，如果 \(k \geq cnt\)，那么就往左区间二分，否则往右区间二分，最后当 \(l = r\) 时 \(l\) 就是答案。
那么整体二分就是将几个询问一起二分，首先将询问离线，将 \(k \geq cnt\) 的数放在存储数组的左边，将 \(k < cnt\) 的数放在存储数组的右边，分别二分左边和右边，最后当 \(l = r\) 时 \(l\) 就是存储数组在 \(ql\) 到 \(qr\) 区间的所有询问的答案。
考虑如何修改，考虑值域树状数组，将一个数改为另一个数时，只用将原先的数在树状数组中减 \(1\)，将修改后的数在树状数组中加 \(1\)，这也可以使，统计小于 \(mid\) 的数的个数的复杂度降低到 \(O(\log n)\)，总复杂度就是 \(O(n \log^2 n)\)。
完整代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 1e5 + 9, inf = 1e9 + 7;
struct node{
int x, y, k, type, id;
} q[N * 3], q1[N * 3], q2[N * 3];
int n, m, tot, totx;
int a[N], ans[N];
int c[N * 24];
int lowbit(int p){
return (p & -p);
}
void Add(int x, int v){
if(!x)
return;
while(x < 500005)
c[x] += v, x += lowbit(x);
}
int Ask(int x){
int t = 0;
while(x)
t += c[x], x -= lowbit(x);
return t;
}
int Ask(int l, int r){
if (l > r)
return 0;
return Ask(r) - Ask(l - 1);
}
void solve(int ql, int qr, int L, int R){
if(ql > qr)
return;
if(L == R){
for(int i = ql; i <= qr; i++)
if(q[i].type == 2)
ans[q[i].id] = L;
return;
}
int mid = (L + R) >> 1;
int t1 = 0, t2 = 0;
for(int i = ql; i <= qr; i++){
if(q[i].type == 1){
if(q[i].x <= mid){
Add(q[i].id, q[i].y);
q1[t1++] = q[i];
} else
q2[t2++] = q[i];
} else {
int tt = Ask(q[i].x, q[i].y);
if(tt >= q[i].k)
q1[t1++] = q[i];
else {
q[i].k -= tt;
q2[t2++] = q[i];
}
}
}
for(int i = 0; i < t1; i++)
q[ql + i] = q1[i];
for(int i = 0; i < t2; i++)
q[ql + t1 + i] = q2[i];
for(int i = 0; i < t1; i++)
if(q1[i].type == 1)
Add(q1[i].id, -q1[i].y);
solve(ql, ql + t1 - 1, L, mid);
solve(ql + t1, qr, mid + 1, R);
}
signed main(){
freopen("intkth.in", "r", stdin);
freopen("intkth.out", "w", stdout);
scanf("%lld%lld", &n, &m);
int x, y, k;
char op[5];
for(int i = 1; i <= n; i++){
scanf("%lld", &a[i]);
tot++;
q[tot].x = a[i], q[tot].y = 1, q[tot].type = 1, q[tot].id = i;
}
for(int i = 1; i <= m; i++){
scanf("%s", op);
if(op[0] == 'q'){
scanf("%lld%lld%lld", &x, &y, &k);
tot++;
q[tot].x = x, q[tot].y = y, q[tot].k = k, q[tot].type = 2, q[tot].id = ++totx;
} else {
scanf("%lld%lld", &x, &y);
tot++;
q[tot].x = a[x]; q[tot].y = -1; q[tot].type = 1, q[tot].id = x;
tot++;
a[x] = y;
q[tot].x = a[x]; q[tot].y = 1; q[tot].type = 1, q[tot].id = x;
}
}
solve(1, tot, 0, inf);
for(int i = 1; i <= totx; i++)
printf("%lld\n", ans[i]);
return 0;
}
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