摘要： http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showContestProblem.do?problemId=4791（1）第一次写浙大的题目，这题让我十分意外，基本的线段树类型（求第x个空位）。（2）电影院里，一次插入一个人，让他坐在第x个空位shang（每个x均给定)。求最终的位置安排（制定一些人，求他们各自的座号）。具体代码：View Code #include<stdio.h>#define lson l, m, rt<<1#define rson m+1, r, rt<<1|1const int maxn=51000;int 阅读全文

摘要： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1698（1）简单的延迟操作。具体代码：View Code #include<stdio.h>#define lson l, m, rt<<1#define rson m+1, r, rt<<1|1const int maxn=101000;int t, n, m;int mark[maxn<<2], sum[maxn<<2];void pushdown(int rt, int n){ if(mark[rt]) { mark[rt<<1]= 阅读全文

摘要： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2852（1）求比x大的第k个最小值。问题可以分解为两个子问题： 1）求不大于x 的数的个数t。（本质为求和） 2）求树里头的第t+y个数的值。（本质为定位）（2）考虑过直接计算出结果：search(y, x, n, 1); 即在区间(x, n)中寻找第y个数。 这种思想是可行的，但不适合已经构建的这棵树。因为已有的线段树只能从区间(1, 某数)开始查询，区间（x, n）与sum[]数组的描述方式对不上号。 （原有的sum[]数组中可能不含描述区间（x, n）的sum[i]，并且一般情况下就是不包含对... 阅读全文

摘要： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2711（1）又是一道从后往前更新的题目，该算法确实经典。（2）新亮点：用到了变量pos求ans[i]；另外，用search()函数单独处理ans[1]。具体代码：View Code #include<stdio.h>#define lson l, m, rt<<1#define rson m+1, r, rt<<1|1const int maxn=81000;int n;int data[maxn], sum[maxn<<2];int ans[maxn];voi 阅读全文

摘要： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1556（1）延迟更新：pushdown()函数，记得在所有的查询、更新函数中都要使用到。这里用到懒惰标记mark[]数组。（2）很基础的题，1A。具体代码：View Code #include<stdio.h>#define lson l, m, rt<<1#define rson m+1, r, rt<<1|1const int maxn=101000;int n;int mark[maxn<<2], sum[maxn<<2];void pushd 阅读全文

摘要： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3564（1）和今天刚做过的一道题十分相似（夜间插队问题hdu2828），从后面起算，因为最后面的数的位置是固定的，而其他数的位置被其后面的树影响着。（2）一个易错点，在insert()函数中：if(p<=sum[rt<<1]) insert(p, val, lson);else insert(p-sum[rt<<1], val, rson); 注意每个字段的含义（sum[]数组是空位的个数，p是需要预留的空位数），很多时候不加思考，就写错成了： if(p<=m) inser 阅读全文

摘要： http://poj.org/problem?id=2923（1）2辆车搬运n件家具，求最少的搬运次数。背包问题的一般思路是，把物品顺次装入背包，不过背包有且仅有一个。然而，这里的“背包”，不仅有两个， （2辆车），而且“背包”还可以重复使用。。。这种情况下，就不能简单地讲车看做背包，而应该另辟新径。（2）用到状态压缩（将每种状态用一个整数 x 的二进制形式来表示），先确定所有的状态下哪些情况能够一次运完，做好标记。在初始化dp数组为无穷大后 (dp[0]=0)，遍历每种一次可以运完的情况，看看是否可以用它来更新其他状况的dp：if(!(j&re[i])) dp[j|re[i]]=.. 阅读全文

摘要： http://poj.org/problem?id=2486（1）本题属于只是交叉的题目，核心思想在于递归（状态转移方程的写出），假如要求得 p 点的信息，则可以通过其所有的相邻的点 now 的信息来更新。　而 now 的信息可以由未访问且与它相邻的点的信息来更新。（2）由于是树状结构，访问时可能会折回某一个点，然后去另一条支路上，所以走 K 步有返回起点和不返回起点两种形式。（3）最核心的算法本质：dp[0][g][i+j+2]=max(dp[0][g][i+j+2], dp[0][g][i]+dp[0][now][j]);dp[1][g][i+j+1]=max(dp[1][g][i+j+1 阅读全文

摘要： http://poj.org/problem?id=2828（1）注意到，最后插队的人的位置是一定的，前一个人的位置的最终稳定取决于后面的所有人。为了避免插入一个新数时要挪出位置的尴尬，更为效率考虑， 可以从后往前插入树中（注意谁决定谁的关系的使用）。（2）小细节： 1) 0~n-1 而不是 1~n； 2）先输入，再更新（分开来）； 3）希望今后的小错误可以尽快找出，线段树的写法虽然懂，但小错误最伤不起（很幼稚的类型，却很长时间才发现）； 4）几乎所有的线段树都是求和、最值，但是各种包装下没能看清本质，还要多练手（题库里还有大约40题）。（3）对于每个插队的人（倒着数）... 阅读全文

摘要： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4027又是纯粹的线段树的基本操作。（1）数组data[]是纯是浪费，不用开。数组sum[]在 build（） 函数下应保证初始化成功（尤其是指先赋值为0，在读入数据）。（2）if(b>c) {int x=b;b=c;c=x;} 这关乎AC与否的问题。（3）稍微注意__int64 。（4）本题不需要成段更新（也没办法成段更新），更新时肯定会比较耗时。这里有个优化，当所考虑的区间里德只全为1（sum==r-l+1），就不需要更新了。if(sum[rt]==r-l+1) return ;具体代码：View C 阅读全文