微软大楼设计方案(困难)

题目链接:https://nanti.jisuanke.com/t/15773

近日,微软新大楼的设计方案正在广泛征集中,其中一种方案格外引人注目。在这个方案中,大楼由 nn 栋楼组成,这些楼从左至右连成一排,编号依次为 11 到 nn,其中第 ii 栋楼有 h_ihi​​ 层。每栋楼的每一层为一个独立的 办公区域,可以步行 直达同层相邻楼栋的办公区域,以及 直达同楼栋相邻楼层的办公区域。

由于方案设计巧妙,上一层楼、下一层楼、向左右移动到相邻楼栋同层的办公区域均刚好需要 11 分钟。在这些办公区域中,有一些被 核心部门 占用了(一个办公区域内最多只有一个核心部门),出于工作效率的考虑,微软希望核心部门之间的移动时间越短越好。对于一个给定的 最大移动时间 kk,大楼的 协同值 定义为:有多少个 核心部门对 之间的移动时间不超过 kk。由于大楼门禁的限制,不可以走出整个大楼,也不可以登上天台思考人生。你可以认为在办公区域内的移动时间忽略不计,并且在大楼内总是按照最优方案进行移动。

对于一个给定的新大楼设计方案,你能算出方案的协同值么?

输入格式

第一行包含两个正整数 n,k(1\leq k\leq 200020)n,k(1k200020),分别表示大楼的栋数以及最大移动时间。

第二行包含 nn 个正整数 h_1,h_2,...,h_n(1\leq h_i\leq 20)h1​​,h2​​,...,hn​​(1hi​​20),分别表示每栋楼的层数。

接下来一行包含一个正整数 mm,表示 核心部门 个数。

接下来 mm 行,每行两个正整数 x_i,y_i(1\leq x_i\leq n,1\leq y_i\leq h_{x_i})xi​​,yi​​(1xi​​n,1yi​​hxi​​​​),表示该核心部门位于第 x_ixi​​ 栋楼的第 y_iyi​​ 层。

输入数据保证 mm 个核心部门的位置不会重复。

对于简单版本:1\leq n,m\leq 501n,m50;

对于中等版本:1\leq n\leq 200000,1\leq m\leq 20001n200000,1m2000;

对于困难版本:1\leq n,m\leq 2000001n,m200000。

输出格式

输出一个整数,即整个大楼的 协同值。

样例解释

样例对应题目描述中的图,核心部门 11 和核心部门 33 之间的距离为 8>78>7,因此不能计入答案。

样例输入

5 7
4 1 1 3 1
3
1 4
3 1
4 3

样例输出

2
 
今天必须过掉,等过了以后填坑。
 
2017.6.6 过掉之后居然忘了填坑……现在来填
 
其实有一种很巧妙的方法,水平距离<=k-38的,必定可以到达;水平距离大于k的,必定无法到达。那么我们要找与(xi,yi)节点满足距离<=k的点的个数,不妨假设同一列的只考虑比它靠下的点,不同列的只考虑该点左边的点。那么我们要考虑的复杂的区间其实只有[ xi-k , xi-(k-38) )这一段。对于这一段区间,可以直接枚举点,求距离。
 
现在分析一下复杂度:对于每个点,同一列的统计O(20);水平距离小于等于k-38的区间,维护前缀和,O(1)查询;剩下那一段小区间,至多37*20个点,每个点可以O(20)来计算距离。总体复杂度是O(n*37*20*20)。
 
代码:
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int maxn=200005;
vector<int> G[maxn];
int x[maxn],y[maxn];
int cou[maxn];
int val[maxn];
int tj[maxn][25];

int querymi(int l,int r)
{
    for (int i=1;i<=20;i++)
    {
        if (tj[r][i]-tj[l-1][i]>0) return i;
    }
}


int main()
{
    int n,k;
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&val[i]);
    int m;
    scanf("%d",&m);
    for (int i=0;i<m;i++) scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
    for (int i=0;i<m;i++) G[x[i]].push_back(y[i]);
    for (int i=1;i<=n;i++) tj[i][val[i]]++;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        for (int j=1;j<=20;j++)
        {
            tj[i][j]+=tj[i-1][j];
        }
    }
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        if (G[i].size()>1) sort(G[i].begin(),G[i].end());
    }
    for (int i=0;i<m;i++) cou[x[i]]++;
    for (int i=1;i<=n;i++) cou[i]=cou[i]+cou[i-1];
    long long cnt=0;
    for (int i=0;i<m;i++)
    {
        for (int j=0;j<G[x[i]].size();j++)
        {
            if (G[x[i]][j]==y[i]) break;
            if (y[i]-G[x[i]][j]<=k) cnt++;
        }
        if (k>38)
        {
            if (x[i]>=k-38+1) cnt+=cou[x[i]-1]-cou[x[i]-(k-38)-1];
            else cnt+=cou[x[i]-1];
        }
        for (int j=x[i]-k;j<min(x[i]-(k-38),x[i]);j++)
        {
            if (j<=0) continue;
            int d=G[j].size();
            int q=querymi(min(x[i],j),max(x[i],j));
            for (int t=0;t<d;t++)
            {
                int dd;
                if (q<y[i] && q<G[j][t]) dd=abs(x[i]-j)+y[i]-q+G[j][t]-q;
                else dd=abs(x[i]-j)+abs(y[i]-G[j][t]);
                if (dd<=k) cnt++;
            }
        }
    }
    printf("%lld\n",cnt);
    return 0;
}

 

 
posted @ 2017-12-31 11:37  ACMsong  阅读(283)  评论(0编辑  收藏  举报