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【洛谷2468】[SDOI2010] 粟粟的書架（二合一）

阿新 • • 發佈：2018-12-17

點此看題面

大致題意： 問你選取一個矩形區間內至少幾個數，才能使它們的和≥Hi\ge H_i。

二合一

根據資料範圍，比較顯然能看出它是一道二合一的題目。

對於第一種情況，R,C≤200R,C\le 200，我們可以用字首和+二分去做。

而對於另一種情況，R=1,C≤500000R=1,C\le500000，就需要使用主席樹了。

字首和+二分

先來講講第一種情況。

我們可以用sumi,j,ksum_{i,j,k}來表示 (1,1)(1,1)到(i,j)(i,j)的矩形區間內≥k\ge k的數的總和，然後用toti,j,ktot_{i,j,k}

來表示 (1,1)(1,1)到(i,j)(i,j)的矩形區間內≥k\ge k的數的個數。

這樣一來，如何二分應該不用多說了吧！

直接二分kk的大小即可。

主席樹

顯然，對於R=1R=1，我們可以用主席樹來維護。

我們可以直接在樹上查詢，求出最少的和≥Hi\ge H_i的數的個數。

這應該是主席樹比較經典的操作了。

如果不會，可以參考程式碼。

程式碼

#include<bits/stdc++.h>
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
 

#define uint unsigned int
#define LL long long
#define ull unsigned long long
#define swap(x,y) (x^=y,y^=x,x^=y)
#define abs(x) ((x)<0?-(x):(x))
#define INF 1e9
#define Inc(x,y) ((x+=(y))>=MOD&&(x-=MOD))
#define ten(x) (((x)<<3)+((x)<<1))
#define P 1000
using namespace std;
int
 
 n,m;
class FIO
{
    private:
        #define Fsize 100000
        #define tc() (FinNow==FinEnd&&(FinEnd=(FinNow=Fin)+fread(Fin,1,Fsize,stdin),FinNow==FinEnd)?EOF:*FinNow++)
        #define pc(ch) (FoutSize<Fsize?Fout[FoutSize++]=ch:(fwrite(Fout,1,FoutSize,stdout),Fout[(FoutSize=0)++]=ch))
        int f,FoutSize,OutputTop;char ch,Fin[Fsize],*FinNow,*FinEnd,Fout[Fsize],OutputStack[Fsize];
    public:
        FIO() {FinNow=FinEnd=Fin;}
        inline void read(int &x) {x=0,f=1;while(!isdigit(ch=tc())) f=ch^'-'?1:-1;while(x=ten(x)+(ch&15),isdigit(ch=tc()));x*=f;}
        inline void read_char(char &x) {while(isspace(x=tc()));}
        inline void read_string(string &x) {x="";while(isspace(ch=tc()));while(x+=ch,!isspace(ch=tc())) if(!~ch) return;}
        inline void write(int x) {if(!x) return (void)pc('0');if(x<0) pc('-'),x=-x;while(x) OutputStack[++OutputTop]=x%10+48,x/=10;while(OutputTop) pc(OutputStack[OutputTop]),--OutputTop;}
        inline void write_char(char x) {pc(x);}
        inline void write_string(string x) {register int i,len=x.length();for(i=0;i<len;++i) pc(x[i]);}
        inline void end() {fwrite(Fout,1,FoutSize,stdout);}
}F;
class Class_SumSolver//字首和+二分
{
    private:
        #define N 200
        #define get_val(array,x1,y1,x2,y2,v) (array[x2][y2][v]-array[x1-1][y2][v]-array[x2][y1-1][v]+array[x1-1][y1-1][v])//求出區間內的值
        int a[N+5][N+5],sum[N+5][N+5][P+5],tot[N+5][N+5][P+5];
    public:
        inline void Solve()
        {
            register int i,j,k,Q,x1,y1,x2,y2,v,l,r,mid;
            for(F.read(Q),i=1;i<=n;++i) for(j=1;j<=m;++j)//讀入+預處理 
            {
                for(F.read(a[i][j]),k=0;k<=a[i][j];++k) sum[i][j][k]=sum[i-1][j][k]+sum[i][j-1][k]-sum[i-1][j-1][k]+a[i][j],tot[i][j][k]=tot[i-1][j][k]+tot[i][j-1][k]-tot[i-1][j-1][k]+1;
                for(;k<=P;++k) sum[i][j][k]=sum[i-1][j][k]+sum[i][j-1][k]-sum[i-1][j-1][k],tot[i][j][k]=tot[i-1][j][k]+tot[i][j-1][k]-tot[i-1][j-1][k];
            }
            while(Q--) 
            {
                F.read(x1),F.read(y1),F.read(x2),F.read(y2),F.read(v); 
                if(get_val(sum,x1,y1,x2,y2,0)<v) {F.write_string("Poor QLW\n");continue;}//特判是否無解
                for(mid=(l=0)+(r=P+1)+1>>1;l+1<r;mid=l+r+1>>1) get_val(sum,x1,y1,x2,y2,mid)>=v?l=mid:r=mid;//二分
                F.write(get_val(tot,x1,y1,x2,y2,l)-(get_val(sum,x1,y1,x2,y2,l)-v)/l),F.write_char('\n');//輸出答案
            }
        }
}SumSolver;
class Class_ChairmanTreeSolver//主席樹
{
    private:
        #define M 500000
        #define LogP 10
        int a[M+5],sum[M+5];
        class Class_ChairmanTree
        {
            private:
                int n,v,tot,Root[M+5];
                struct Tree
                {
                    int Sum,Size,Son[2];
                }node[P*LogP+5];
                inline void Build(int l,int r,int &rt)//建樹
                {
                    if(!rt) rt=++tot;if(!(l^r)) return;
                    register int mid=l+r>>1;
                    Build(l,mid,node[rt].Son[0]),Build(mid+1,r,node[rt].Son[1]);
                }
                inline void upt(int l,int r,int &rt,int lst,int val)//修改
                {
                    node[rt=++tot]=node[lst],node[rt].Sum+=val,++node[rt].Size;
                    if(!(l^r)) return;
                    register int mid=l+r>>1;
                    val<=mid?upt(l,mid,node[rt].Son[0],node[lst].Son[0],val):upt(mid+1,r,node[rt].Son[1],node[lst].Son[1],val);
                }
                inline int qry(int l,int r,int rt1,int rt2,int v)//查詢
                {
                    if(!(l^r)) return (v+l-1)/l;
                    register int mid=l+r>>1,t=node[node[rt2].Son[1]].Sum-node[node[rt1].Son[1]].Sum;
                    if(t<v) return node[node[rt2].Son[1]].Size-node[node[rt1].Son[1]].Size+qry(l,mid,node[rt1].Son[0],node[rt2].Son[0],v-t);
                    return qry(mid+1,r,node[rt1].Son[1],node[rt2].Son[1],v);
                }
            public:
                inline void Init(int len) {n=len,Build(1,n,Root[0]);}
                inline void Insert(int val) {++v,upt(1,n,Root[v],Root[v-1],val);}
                inline int Query(int ql,int qr,int v) {return qry(1,n,Root[ql-1],Root[qr],v);}
        }ChairmanTree;
    public:
        inline void Solve()
        {			
            register int i,Q,x,y,v;
            for(ChairmanTree.Init(P),F.read(Q),i=1;i<=m;++i) F.read(a[i]),sum[i]=sum[i-1]+a[i],ChairmanTree.Insert(a[i]);//讀入，預處理字首和，然後將該元素插入主席樹
            while(Q--)
            {
                F.read(x),F.read(x),F.read(y),F.read(y),F.read(v); 
                if(sum[y]-sum[x-1]<v) {F.write_string("Poor QLW\n");continue;}//特判是否無解
                F.write(ChairmanTree.Query(x,y,v)),F.write_char('\n');//在主席樹上查詢
            }
        }	
}ChairmanTreeSolver;
int main()
{
    if(F.read(n),F.read(m),n^1) SumSolver.Solve();else ChairmanTreeSolver.Solve();
    return F.end(
            
  

           

              
              

            

            
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另一種做法
聽說這題可以用單調佇列去做，但是我寫了一個二維RMQRMQRMQ。

二維RMQRMQRMQ
RMQRM 



  
 

    


    
    
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 memset   ==   string   using   二維   size   做出   ++   read   題目鏈接
做出二維\(ST\)表，然後\(O(n^2)\)掃一遍就好了。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include  



  
 

    


    
    
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 BZOJ傳送門 
 洛谷傳送門 
  
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 顯然每次刪除一個數，需要我們查詢前面比他大的數的個數和後面比他小的數的個數，這個就是裸的樹套樹了。這道題可以用樹狀陣列套線段樹動態開點。 
  
 程式碼： 
 # 



  
 

    


    
    
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#include <cstdio>
#include <algorith 



  
 

    


    
    
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序列版 
這道題有一個序列版：【洛谷3373】【模板】線段樹 2。 
看題目就知道是一道線段樹板子題。 
這種題目移到樹上路徑中 



  
 

    


    
    
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大致題意： 給你一個序列，要你支援三種操作：區間賦值，區間求和，撤回之前任一區間賦值操作。 
 
分塊 
這道題應該是一道十分毒瘤的分塊題。 
這道題要用到的演算法並不是很難，但是思維難度是真的高。 
大致思路就是對於每一個塊維護一大堆資訊，各用一個棧儲存對每個塊的賦值操作，並開一個鄰接表來儲存 



  
 

    


    
    
2018.12.30【國家集訓隊】【洛谷P1903】數顏色 / 維護佇列（帶修莫隊）

     
  
 
  
  
 傳送門 
  
 解析： 
 這道題好像以前在BZOJ上做過。 
 但是因為BZOJ資料較水，所以被我複雜度不對的程式碼搞過去了。。 
 真正的排序策略應該是這樣的： 
 塊大小設定成
     
      
       
        
         
          n 



  
 

    


    
    
【洛谷 P5110】 塊速遞推（矩陣加速，分塊打表）

     
 題目連結 掌握了分塊打表法了。原來以前一直想錯了。。。 塊的大小\(size=\sqrt n\)，每隔\(size\)個數打一個表，還要在\(0\text{~}size-1\)每個數打一個表。 然後就可以做到\(O(1)\)查詢了。 
比如要求\(A^{n}\)，只需要算出\(biao[n/size]*pow 



  
 

    


    
    
【洛谷2756】飛行員配對方案問題（二分圖匹配，網路流24題）

     
 前言 
網路流24題還是要做完吧！ 
題解 
這是一道模板題，這裡主要講一下怎麼匈牙利二分圖匹配： 
 
 對於左邊的列舉每一次選的左邊的人 
 對於右邊與他有連邊的那麼就是能換則換，不然就不換 
 最後統計出來的就是\(ans\) 
 
差不多就是這樣子了吧。 
#include<stdio.h> 



  
 

    


    
    
【洛谷2774】 方格取數問題（網絡流24題，最小割）

     
 define   line   sin   方格取數   inline   getch   string.h   一個   最小割   前言
為什麽他們能夠切的那麽快啊。
Solution
雖然我不會怎麽區分最大流和最小費用最大流，但是最大流可以看成最小割，這樣子就好區分一些。
考慮這個東西相當於是二分圖求一 



  
 

    


    
    
【洛谷 P4051】 [JSOI2007]字符加密（後綴數組）

     
 num   ons   鏈接   ring   tdi   href   [1]   show   。。   題目鏈接
兩眼題。。
第一眼裸SA
第二眼要復制一倍再跑SA。
一遍過。。
#include <cstdio>
#include <cstring> 
#include < 



  
 

    


    
    
【洛谷 P1502】 窗口的星星（掃描線）

     
 double   fine   define   print   離散化   while   down   namespace   names   題目鏈接
把每個星星作為左下角，做出長為\(w-0.5\)，寬為\(h-0.5\)的矩形。
\(-0.5\)是因為邊框上的不算。
離散化\(y\)坐標。
記錄\( 



  
 

    


    
    
【洛谷 P3191】 [HNOI2007]緊急疏散EVACUATE（二分答案，最大流）

     
 size   ems   ons   ++   pri   scan   +=   define   while   題目鏈接
sb錯誤調了3hour+。。
bfs預處理出每個\(.\)到每個\(D\)的最短距離。
二分時間\(t\)，把每個\(D\)拆成\(t\)個點，這\(t\)個點兩兩連邊，流量\(IN 



  
 

    


    
    
【洛谷 P2604】 [ZJOI2010]網絡擴容（最大流，費用流）

     
 clas   printf   簡單   edge   esp   ++i   amp   https   next   題目鏈接
第一問就是簡單的最大流。
第二問，保留第一問求完最大流的殘量網絡。
然後新建一個源點，向原源點連一條流量為k，費用為0的邊。
然後所有邊重新連一起（原來的邊保留），費用為題目所給 



  
 

    


    
    
【洛谷1361】 小M的作物（最小割）

     
 ini   main   每一個   題目   lse   貢獻   sum   代碼   mem   傳送門
洛谷
Solution
這是一個比較實用的套路，很多題目都有用，而且這個套路難以口胡出來。
考慮把每一個附加貢獻重新建一個點，然後向必需的點連邊，流量為val。
然後直接種植的從源點向這個點連，流量