test20190409 线段
题意
线段(segment)
【题目描述】
给定n条线段，第i条线段的左端点为\(l_i\)，右端点为\(r_i\)。第i条线段覆盖了点x当且仅当\(l_i ≤x ≤ r_i\)。
给定Q个询问，第i个询问给出了\(m_i\)个点。问有多少个线段覆盖了其中奇数个点。
【输入格式】
第一行一个正整数n，表示线段数量。
接下来n行，每行两个正整数\(l_i, r_i\)，描述一条线段。
接下来一行一个正整数Q，表示询问数量。
接下来Q行，每行描述一个询问。第一个正整数\(m_i\)表示询问的点数，接下来\(m_i\)个整数表示每个点的坐标。
【输出格式】
输出Q行，分别表示每个询问的答案。
【输入样例】
5
1 4
2 5
1 5
3 3
1 1
3
3 1 2 5
2 1 5
4 1 2 4 5
【输出样例】
2
3
3
【数据范围与约定】
对于 100%的数据，\(n, Q ≤ 10^5, 1 ≤ l_i ≤ r_i ≤ n, 1 ≤ x ≤ n, ∑m_i ≤ 10_i\)。
| 数据编号 | n | Q | \(m_i\) |
|---|---|---|---|
| 0-1 | ≤ 1000 | ≤ 1000 | ≤ 1000 |
| 2-3 | \(≤ 10^5\) | ≤ 200 | \(≤ 10^5\) |
| 4-6 | \(≤ 10^5\) | \(≤ 10^5\) | ≤ 50 |
| 7-9 | \(≤ 10^5\) | \(≤ 10^5\) | \(≤ 10^5\) |
考场20分
要覆盖奇数个点，想到xor和为1，所以想法维护xor值的和。考虑一个点\(p\)的贡献，发现把线段左右端点拆开后，把\(l_i\le p\)的线段xor 1，把\(p \le r_i\)的线段xor 1，那么最终将所有线段的异或值取反就是我们想要的结果。
用kdtree维护线段，期望复杂度\(O(\sum m_i \sqrt{n})\)。
然后我跑了2s，而时限是1s，所以只有20分。
#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define co const
template<class T>il T read(){
rg T data=0,w=1;rg char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) data=data*10+ch-'0',ch=getchar();
return data*w;
}
template<class T>il T read(rg T&x) {return x=read<T>();}
typedef long long ll;
using namespace std;
co int N=1e5+1;
int n,DIM,rt;
struct segment {int p[2];}sg[N];
il bool operator<(co segment&a,co segment&b) {return a.p[DIM]<b.p[DIM];}
struct node {int p[2],ch[2],mi[2],mx[2],siz,sum,val,tag,del;}tr[N];
#define lc tr[x].ch[0]
#define rc tr[x].ch[1]
il void up0(int x){
for(int i=0;i<2;++i){
tr[x].mi[i]=tr[x].mx[i]=tr[x].p[i];
if(lc)
tr[x].mi[i]=min(tr[x].mi[i],tr[lc].mi[i]),
tr[x].mx[i]=max(tr[x].mx[i],tr[lc].mx[i]);
if(rc)
tr[x].mi[i]=min(tr[x].mi[i],tr[rc].mi[i]),
tr[x].mx[i]=max(tr[x].mx[i],tr[rc].mx[i]);
}
tr[x].siz=tr[lc].siz+1+tr[rc].siz;
// cerr<<x<<" mi0="<<tr[x].mi[0]<<" mx0="<<tr[x].mx[0]
// <<" mi1="<<tr[x].mi[1]<<" mx1="<<tr[x].mx[1]<<endl;
}
int build(int l,int r,int dim){
if(l>r) return 0;
int x=l+r>>1;
DIM=dim,nth_element(sg+l,sg+x,sg+r+1),copy(sg[x].p,sg[x].p+2,tr[x].p);
lc=build(l,x-1,dim^1),rc=build(x+1,r,dim^1);
// cerr<<x<<" p0="<<tr[x].p[0]<<" p1="<<tr[x].p[1]<<" lc="<<lc<<" rc="<<rc<<endl;
return up0(x),x;
}
il void up(int x){
tr[x].sum=tr[lc].sum+tr[x].val+tr[rc].sum;
// cerr<<"x="<<x<<" lsum="<<tr[lc].sum<<" val="<<tr[x].val<<" rsum="<<tr[rc].sum<<endl;
}
il void down(int x){
if(tr[x].del){
if(lc)
tr[lc].del=1,tr[lc].sum=tr[lc].val=tr[lc].tag=0;
if(rc)
tr[rc].del=1,tr[rc].sum=tr[rc].val=tr[rc].tag=0;
tr[x].del=0;
}
if(tr[x].tag){
if(lc)
tr[lc].sum=tr[lc].siz-tr[lc].sum,tr[lc].val^=1,tr[lc].tag^=1;
if(rc)
tr[rc].sum=tr[rc].siz-tr[rc].sum,tr[rc].val^=1,tr[rc].tag^=1;
tr[x].tag=0;
}
}
void modify0(int x,int p){
if(!x||tr[x].mi[0]>p) return;
// cerr<<"x="<<x<<" p="<<p<<" mx0="<<tr[x].mx[0]<<endl;
if(tr[x].mx[0]<=p)
return tr[x].sum=tr[x].siz-tr[x].sum,tr[x].val^=1,tr[x].tag^=1,void();
down(x);
if(tr[x].p[0]<=p) tr[x].val^=1;
modify0(lc,p),modify0(rc,p);
return up(x);
}
void modify1(int x,int p){
if(!x||tr[x].mx[1]<p) return;
if(tr[x].mi[1]>=p)
return tr[x].sum=tr[x].siz-tr[x].sum,tr[x].val^=1,tr[x].tag^=1,void();
down(x);
if(tr[x].p[1]>=p) tr[x].val^=1;
modify1(lc,p),modify1(rc,p);
return up(x);
}
int p[N];
int main(){
freopen("segment.in","r",stdin),freopen("segment.out","w",stdout);
read(n);
for(int i=1;i<=n;++i) read(sg[i].p[0]),read(sg[i].p[1]);
rt=build(1,n,0);
// cerr<<"rt="<<rt<<endl;
for(int Q=read<int>(),m;Q--;){
read(m);
for(int i=1;i<=m;++i)
read(p[i]),modify0(rt,p[i]),modify1(rt,p[i]);
printf("%d\n",m&1?tr[rt].siz-tr[rt].sum:tr[rt].sum);
tr[rt].del=1,tr[rt].sum=tr[rt].val=tr[rt].tag=0;
}
return 0;
}
标解
树套树不能支持区间修改，这就是我打kdtree的原因。事实证明不能很好的维护。
那怎么办？按询问的点的个数分类暴力即可。
设一个块大小B，然后分两类：
- 对于点个数大于B的询问，我们用扫描的方式做。将所有点基数排序，做个横坐标的个数前缀和，然后扫描一遍所有的线段统计有多少段覆盖了奇数个点。复杂度\(O(m_i+n)\)
- 对于点个数小于B的询问，将点排序，因为要求覆盖了奇数个，所以枚举覆盖了哪奇数个，然后用主席树统计有多少线段刚好覆盖了这奇数个点。时间复杂度\(O(m_i^2\log n)\)。
然后块大小怎么分？造几组随机数据试一下就行了。\(B=0.8\sqrt{\frac n{\log n}}\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void gi(int &x) {char ch = getchar(); x = 0; while (ch < '0' || ch > '9') ch = getchar(); while (ch >= '0' && ch <= '9') x = x * 10 + ch - 48, ch = getchar();}
void pi(int x) {if (x > 9) pi(x / 10); putchar(x % 10 + 48);}
//begin persistent segment tree
const int sz = 5000000;
int a[sz], l[sz], r[sz], N, tn;
int add(int x, int p, int s = tn) {
int u = ++N; a[u] = a[x] + 1; l[u] = l[x]; r[u] = r[x];
if (s == 1) return u;
else if (p < (s >> 1)) l[u] = add(l[x], p, s >> 1);
else r[u] = add(r[x], p - (s >> 1), s >> 1);
return u;
}
int sum(int x, int p, int s = tn) {
if (s == 1) return a[x];
else if (p < (s >> 1)) return sum(l[x], p, s >> 1);
else return a[l[x]] + sum(r[x], p - (s >> 1), s >> 1);
}
//end persistent segment tree
int n, q, cnt, x[233333], s[233333], root[233333];//x is query; s is used in brute force; root is the roots of persistent segment tree
pair <int, int> itv[233333];//intervals
#define L first
#define R second
int B;
//actually query (l1+1, r1, l2+1, r2)
int query(int l1, int r1, int l2, int r2) {
return sum(root[r1], r2) + sum(root[l1], l2) - sum(root[l1], r2) - sum(root[r1], l2);
}
void doit() {
int i, j, ans;
N = 0; gi(n); for (tn = 1; tn <= n; tn <<= 1);
for (i = 1; i <= n; i++) gi(itv[i].L), gi(itv[i].R);
sort(itv + 1, itv + n + 1);
for (i = j = 1; i <= n; i++) {
root[i] = root[i - 1];
for (; j <= n && itv[j].L <= i; j++)
root[i] = add(root[i], itv[j].R);
}
B = int(sqrt(n / log(n)) * 0.8);
gi(q);
while (q--) {
gi(cnt); ans = 0;
for (i = 1; i <= cnt; i++) gi(x[i]);
if (cnt <= B) {
sort(x + 1, x + cnt + 1); x[cnt + 1] = n + 1;
for (i = 1; i <= cnt; i++)
for (j = i; j <= cnt; j += 2)
ans += query[i - 1], x[i], x[j] - 1, x[j + 1] - 1);
} else {
for (i = 1; i <= n; i++) s[i] = 0;
for (i = 1; i <= cnt; i++) s[x[i]]++;
for (i = 1; i <= n; i++) s[i] += s[i - 1];
for (i = 1; i <= n; i++) ans += (1 & (s[itv[i].R] ^ s[itv[i].L - 1]));
}
pi(ans); putchar('\n');
}
}
int main() {freopen("segment.in","r",stdin);freopen("segment.out","w",stdout); doit(); return 0;}
静渊以有谋，疏通而知事。
