[bzoj1935][Shoi2007]Tree 園丁的煩惱 _樹狀數組
阿新 • • 發佈:2018-08-29
node 不可 ++ 表示 這就是 解決 樹狀數組 離線 fix
Tree 園丁的煩惱 bzoj-1935 Shoi-2007
題目大意:給定平面上的$n$個點,$m$次查詢矩形點個數。
註釋:$1\le n,m\le 5\cdot 10^5$。
想法:靜態二維數點。
$Orz Winniechen$,真tm敢寫$KD-Tree$,雖然$T$了..
正常這種靜態的二維數點我們都要請到樹狀數組。最簡單的就是二維樹狀數組。
但是發現開不下,這樣的話我們依據它可以離線這一點,我們將每個詢問$(x1,y1)$到$(x2,y2)$變成$4$次查詢:
$(x1-1,y1-1),(x1-1,y2),(x2,y1-1),(x2,y2)$把它們哥四個都當成點放入點集。每次都相當於查詢$(1,1)$到$balabala$
每個點集中的點有$4$個參數:橫縱坐標,種類和系數。
種類就是這個點到底是給定的點還是查詢的點。
系數的話就是容斥前面的系數:$(x1-1,y1-1)$和$(x2,y2)$前面是$1$,$(x1-1,y2)$和$(x2,y1-1)$前面是$-1$。
然後我們將點集排序,橫坐標遞增為第一關鍵字,縱坐標遞增為第二關鍵字。
緊接著我們順次枚舉每個點,如果這個點的種類是給定點,我們將它壓到樹狀數組裏。
是一個樹狀數組裏,我們只開一個樹狀數組,記錄的是小於每個橫坐標的點的個數。
這樣的話根據我們的關鍵字可知,每一個有可能更新查詢的點都會被提前枚舉過。
如果這個點是查詢,就直接查詢然後累加到對應查詢的編號答案上,即可。
最後,附上醜陋的代碼... ...
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #define N 1000010 using namespace std; struct Node { int x,y,f,id;//這裏跟上述的有些不一樣。 //我們用f直接可以同時記錄種類和系數。如果f==0,那麽就表示這個點是給定的點,反之f=1或-1代表系數,直接累計即可。 }q[N<<2]; int tree[10000010]; int mx=0; int ans[N]; inline bool cmp(const Node &a,const Node &b) { return a.x!=b.x?a.x<b.x:(a.y!=b.y?a.y<b.y:a.id<b.id); } int a,b,c,d; int cnt; inline int lowbit(int x) {return x&(-x);} void fix(int x) { // if(!x) x++; // puts("fix"); for(int i=x;i<=mx+1;i+=lowbit(i)) { // printf("aha %d\n",i); tree[i]++; } } int query(int x) { // puts("query"); int ans=0; for(int i=x;i>=1;i-=lowbit(i)) { ans+=tree[i]; } return ans; } int main() { int n,m; cin >> n >> m ; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d%d",&q[i].x,&q[i].y); q[i].x++,q[i].y++; mx=max(mx,q[i].y); } cnt=n; // puts("Fuck 1"); for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d); c++,d++; q[++cnt].x=c; q[cnt].y=d; q[cnt].f=1; q[cnt].id=i;//這裏不要把系數搞錯 q[++cnt].x=c; q[cnt].y=b; q[cnt].f=-1; q[cnt].id=i; q[++cnt].x=a; q[cnt].y=d; q[cnt].f=-1; q[cnt].id=i; q[++cnt].x=a; q[cnt].y=b; q[cnt].f=1; q[cnt].id=i; } // printf("Gun %d\n",cnt); // puts("Fuck 2"); sort(q+1,q+cnt+1,cmp); for(int i=1;i<=cnt;i++) { // printf("Shit %d\n",i); if(!q[i].id) fix(q[i].y); else ans[q[i].id]+=query(q[i].y)*q[i].f;//這就是直接壓到一個變量的好處,不用特判直接加就行了,反正如果是給定點f就是0,不會影響答案。 } // puts("Fuck 3"); for(int i=1;i<=m;i++) { printf("%d\n",ans[i]); } return 0; }
小結:這個想法極其常用,很多靜態可離線二維數點問題都可以用這個來解決。那些動態的就讓KD-Tree上吧,反正出了那種題被卡常的不可能只有你一個人/手動滑稽
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