随笔分类 - 线段树 树状数组 RMQ
摘要：题意：忽略题目背景，就是要收集最多的钱， 如果第i天拿到了si 的钱， 那么第ｉ＋x[i] 天 到 第i + y[i] - 1 天必须再拿一次，否则就再也拿不到钱了，当然，第i ＋x[i]天之前也是拿不到的， 题目要求第一天必须拿。。分析：一开始想到了用记忆化搜索，代码很短， 一下就敲完了， 结果也果断超时了后来想到了按记忆化搜索的思路，直接从最后一天开始算起，用dp[i] 表示第i天拿到了钱之后，到第n天为止，最多拿到的钱数，那么dp[i] = s[i] + max(dp[j]) (i + x[i] <= j <= i + y[i] - 1)到这一步就很明显了，这里涉及到了区间最
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摘要：题意：给定一棵有根树，节点标号为1 ~ n， 根节点固定为1， 每个节点初始值为0。 总共给定M 个操作操作1：o node 将以node 为根的子树的所有节点的值取反，其实就是一个异或操作操作2：q node 问以node为跟的子树的所有节点值为1的总数分析：对做过LCA 转RMQ的应该能想到一点，如果从根节点深搜一遍得到的欧拉序列，仔细观察一下可以发现，每个节点在欧拉序列上其实对应这一个区间，这样就将对子树的操作转移到了对区间的操作。 做完这一步处理之后，熟悉线段树的同学应该就可以解决了，事实上接下来的操作比之前比赛的一道线段树很像。。线段树的每一个节点保存该节点对应区间上1的个数cn..
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摘要：题意：题目的意思很简单，给定一个序列，求最大递增子序列的长度，同时相邻俩项下标的差值必须大于d分析：就题意而已，只是在最长递增子序列的加了一个限制条件，沿用最长递增子序列的思路，则dp[i] = max（dp[i], dp[j] + 1), (i - j > d && a[i] > a[j])从状态转移方程可以看出，问题的关键在于维护区间（0，i - d - 1) 最大的dp值，且对应值小于a[i]我们换一种角度，用a[i]的值作为下标，保证当前区间(0, a[i] - 1)中的dp值都满足 （i - j > d) , 那么dp[i] 就等于区间（0， a[i
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摘要：题意：给定一个序列，要求完成俩个操作1）查询区间[l,r] 的和2）区间更新， 区间每一个数都异或一个数x对每一个查询输出结果分析：对区间更新和查询这种操作，比较明显的就想到了线段树。区间查询比较简单，关键是区间更新该如何解决。我们为线段数的每一个节点开一个cnt[20] 的数组，保存该区间内每一个数二进制位上1的个数，cnt[0] 表示对应区间内所有数第一个二进制数上1的个数和，这样，针对每一个异或操作，我们可以这样解决： for(int i = 0; i < L; ++i) { if(!(v & ( 1 << i) )) continue;//针对异或操作的性质，
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摘要：题意：给定一棵有n（n < 100001 ）个结点的带边权的树,处理以下一共q（q < 100001）个操作：1，改变树的一条边的权；2，求给定点和某点的距离，后者是编号为1的结点，若是第一次执行操作2，否则为上次执行操作2的给定点。分析：如果没有操作1 的话，也就是边的权值没有改变的话，是很常见的LCA转RMQ问题； 如果边 的权值发生改变了的话，是否意味预处理出来的数据都没用了呢？其实不然，改变一条边的权值，对那些边造成影响是固定的，也就是说，如果欧拉序列固定了，改变了一条边的权值，那么整个子树的dis[]值（到根节点的距离）都改变了，而在欧拉序列中，整个子树是连续的，，只需要
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摘要：很明显的状态转移方程式：dp[i]=max(dp[j])+g[i], (0<=j<i && h[i]>h[j])不过注意到题目中n的范围有10000 ，n^2的算法…………我们可以用线段树优化一下先对高度离散化，作为线段树左右区间的端点这样，求dp[i]时，只需要查出高度（0,h[i]-1]范围内的最大值t，那么dp[i]=t+g[i], 之后，接着，更新线段树中高度为g[i],值为dp[i]的点View Code #include<iostream>#include<algorithm>#include<string>#i
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摘要：题意：将一个给定的数删除m位，求剩下的数的最小值分析：用RMQ，假设原来数字的长度为n，每次从一个区间里面取出一个最小值，取n-m即可View Code #include<iostream>#include<algorithm>#include<string.h>#include<math.h>using namespace std;int n,dp[1010][20];char B[1010];void init_RMQ(){ memset(dp,0,sizeof(dp)); for(int i=0;i<n;i++) dp[i][0]=i
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摘要：纠结了N久 的题目，终于过了，LCA转RMQ的思想首先，求出欧拉序列F[]以及深度序列B[]，同时，用pos[]记录每一个节点第一次出现的位置（在欧拉序列中的位置）；之后，就是LCA转化为RMQ的问题了，LCA（u，v）=F（RMQ(B，pos[u],pos[v]))ps：pos[u]<pos[v]:深度序列中，2个点之间的最小深度就是最近公共祖先View Code #include<iostream>#include<algorithm>#include<vector>#include<math.h>#define MAXN 10010u
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摘要：树状数组的一维和二维模板模板int lowbit(int x){ return x & (-x);}void modify(int x,int add)//一维{ while(x<=MAXN) { a[x]+=add; x+=lowbit(x); }}int get_sum(int x){ int ret=0; while(x!=0) { ret+=a[x]; x-=lowbit(x); } return ret;}...
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摘要：题意：对一棵树上的点进行实时的增减权值和询问子树的权值和首先：单点修改以及子树查询。对整棵树dfs一遍，记录下欧拉序列。这样有一个好处，就是每一棵子树在这个序列中都是连续的，同时记录下每一棵子树的起始序列号，这样，对子树的查询就变成了一个连续区间的查询了，运用树状数组就可以解决了。那最大生成树呢？“Sailormoon girls want to cut extra branches by using minimum cost, after that..."额，这里要将多余的边减掉，用最小cost，也就是减掉之后，变成了一棵最大生成树。郁闷呀，一开始以为题目所给的cost是没用………
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摘要：题意：给你一个序列，之后又Q次询问，每次都是询问一个区间内最大值与最小值的差分析：RMQ，求区间最值RMQ(Range Minimum/Maximum Query)问题： RMQ问题是求给定区间中的最值问题。当然，最简单的算法是O(n)的，但是对于查询次数很多（设置多大100万次），O(n)的算法效率不够。可以用线段树将算法优化到O（logn)（在线段树中保存线段的最值）。不过，Sparse_Table算法才是最好的：它可以在O(nlogn)的预处理以后实现O(1)的查询效率。下面把Sparse Table算法分成预处理和查询两部分来说明(以求最小值为例)。 预处理: 预处理使用DP的思想..
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摘要：题意：给定一个数字串，求最小的分段数m(每段个数按数字窜顺序切割，余数丢弃)求各个段中的最大值之和超过k的最小m是多少分析：先求出m的上界和下界，二分枚举m 之后就是一个区间求最值的问题了，还不会RMQ，只能用线段树求了线段树版#include<iostream>#include<algorithm>#include<queue>#define MAXN 200000+10using namespace std;struct node{ int l,r,maxn;}p[MAXN<<2];int a[MAXN],n;void bulid(int s
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摘要：题意：给定N个区间，求最后区间内最长连续区间的长度以及最长不覆盖的长度分析：本来是可以直接暴力的，可是想练一下最近线段树到底做得怎么样了，所以就用线段树试了一下，哎，改了俩个多小时，终于出来了。注意：对区间长度的概念还是……因为离散化之后区间长度的求法变了，所以再求半个区间长度的时候，出错了/*ID: nanke691LANG: C++TASK: milk2*/#include<iostream>#include<fstream>#include<algorithm>#include<string.h>#define maxn 20000usin
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摘要：hdu 3265 Posters天呐，这算什么啊？ans+=1ll*len[1]*(ss[i+1].x-ss[i].x);//这里忘了转成long long型了，结果改了一整晚，可是之前没碰过需要转的呀（不解，求解释），orz！！半信半疑的改完提交了，结果真的过了，再把之前的代码改了一下，还是过了，郁闷！！！题意：同样是求N个矩形的面积并，只不过，矩形中间存在一个空矩形……最直观的方法就是将一个带空矩形的矩形分成四个矩形，再按照求面积并的方法求一遍就是了，需要离散化的#include<iostream>#include<algorithm>#define maxn 20
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摘要：hdu1255 覆盖面积题意：求N个矩形中，求被覆盖至少俩次的面积和分析：一开始以为用总面积减去面积并就可以了，可是想了想，当面积被覆盖了俩次以上，就漏减 了，所以只能老老实实算了。具体方法跟求面积并十分类似，求面积并时，排完序之后，每次插入一条线段之后，求出整个区间当前被覆盖的总长度再乘以 前后俩条线段的水平距离；而这道题目，每次插入一条线段之后，求整个区间当前被覆盖至少俩次的总长度再乘以水平距离，；要求整个区间被覆盖至少俩次的总长度，只需在原有代码上添加几个更新而已，具体代码附了解释#include<iostream>#include<algorithm>#defi
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摘要：求N个矩形的面积并，这个比周长并要简单的多，不过涉及到了离散化，根据相对大小，给对应的double型数据编号，插入是再二分查找编号即可也可以用矩形切割去做，代码简单很多矩形切割#include<iostream>#include<algorithm>#include<string>#include<math.h>using namespace std;const int N = 100+10;struct rec{ double p1[2],p2[2];}r[N];rec rr[N*N];int total;inline double get_a
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摘要：这困扰我N久的题目，终于过了。求N个矩形的周长并，一开始觉得太遥不可及了，感觉好复杂 ，总想先搞懂计算的方法，再看大牛的方法，可是N久之后，对那个方法还是一知半解；今天结合了代码还有下面俩副图之后，突然觉得豁然开朗啦，自己敲了一遍代码……重点：我觉得，最重要的就是理解下面三个式子了，理解了之后，就知道该怎么建立线段树了；ans+=num[1]*(ss[i+1].x-ss[i].x);（横边）ans+=abs(len[1]-last);（竖边）last=len[1];对所有的竖边按照x值从小到排序，之后按顺序插入线段树；ans累加的是最终结果，num[1]是整个区间内连续的线段数（将竖边投影到y
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摘要：hdu 1556 Color the ball中文的题目，题意就不说了用线段树做了，不过有不用线段树的方法，不过我解释不来贴代码吧#include<iostream>#define MAXN 100010using namespace std;int p[MAXN<<2];void insert(int k,int s,int t,int l,int r){ if(l<=s && t<=r) { p[k]++; return ; } int kl=k<<1,kr=kl+1,mid=(s+t)>>1; if(l<=
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摘要：pku 3667 Hotel题意：去掉题目背景，就是给你一个[1,n]的区间，初始时，整个区间为空，在区间进行俩个操作：1） 输入 1 D ：在区间上从左到右找出第一个连续的长度为D 的空间，并将该区间填满，输出区间的端点，若不存在，输出02） 输入 2a b： 将区间[a,a+b-1] 填满分析：很明显是用线段树进行维护，关键是每一个节点需要保存该区间的些什么值？这里我们可以想到，因为要找出的是一个连续的空区间的左端点，这个区间可能分布在左儿子上，右儿子上，或者可能在俩边都有，这样给查询带来了极大的不方便。不过，我们可以充分利用线段树的结构特点，通过保存与区间左右端点有关的信息，就可以遍历整
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摘要：hdu 2795 Billboard题意:h*w的木板,放进一些1*L的物品,求每次放空间能容纳且最上边的位子思路:总共有h个叶节点，表示有h个区间，线段树的一个域表示该区间还能容纳的最大物品，每次找到最大值的位子（先找左边）,然后减去L线段树功能:query:区间求最大值的位子(直接把update的操作在query里做了)#include<iostream>#include<algorithm>#define MAXN 222222using namespace std;int p[MAXN*4];int query(int k,int x,int s,int t){
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