CF1527E, CF1149C, HDU5634, HDU6315, POJ2155 題解
#Prob. 1 CF1527E Partition Game
Time Limit: 3s | Memory Limit: 256MB
#題意簡述
給你一個長度為 \(n\) 序列,定義其中一個連續子序列tt的代價為:
\[cost(t)=\sum_{x\in set(t)}last(x)−first(x)\]
其中 \(set(t)\) 表示該子序列的元素集合,\(last(x)\) 表示 \(x\) 在該子序列中最後一次出現的位置,\(first(x)\) 表示 \(x\) 在該子序列中第一次出現的位置。
也就是說一個連續子序列的貢獻為對于其中每種元素最後一次出現的位置與第一次出現的位置的下标差的和。現在你要把原序列劃分成 \(k\) 個連續子序列,求最小代價和。
其中 \(1\leq n\leq35000,1\leq k\leq min(n,100),1\leq a_i \leq n\).
#大體思路
設 \(f_{i,j}\) 為把前 \(i\) 個數分為 \(j\) 段的最小代價,通過枚舉枚舉最後一段的長度,有轉移方程:
\[f_{i,j}=\min_{1\leq k\leq i}\{f_{k-1,j-1}+cost(k,i)\},\]
其中 \(cost(i,j)\) 表示将所有 \(a_k(k\in[i,j])\) 劃分為一段的代價,來考慮如何計算 \(cost(i,j)\),對于 \(a_j\),假設 \(\exist k\in[i,j-1]\),使得 \(a_k=a_j\),那麼應當有
\[cost(i,j)=cost(i,j-1)+j-last_{a_j},\]
其中 \(last_{a_j}\) 表示在 \([i,j-1]\) 中 \(a_j\) 最後一次出現的位置,否則就應當有 \(cost(i,j)=cost(i,j-1)\),這裡我們将原本整個的貢獻拆分為了許多段。
直接暴力的時間複雜度為 \(O(kn^2)\)(\(cost\) 可以 \(n^2\) 預處理)。
考慮進行優化,我們拿出常用的方法:比較 \(f_{i,j}\) 和 \(f_{i+1,j}\) 的式子的差別:
\[\begin{aligned}f_{i,j}&=\min_{1\leq k\leq i}\{f_{k-1,j-1}+cost(k, i)\},\\
f_{i+1,j}&=\min_{1\leq k\leq i+1}\{f_{k-1,j-1}+cost(k,i+1)\}.\\
\end{aligned}
\]
注意到上面兩個式子僅有求 \(\min\) 範圍和 \(cost\) 略有不同,于是考慮用一個數列維護\(j\) 相同時的候選序列,發現當且僅當 \(k\leq last_{a_{i+1}}\) 時 \(cost\) 才會改變,且一定是增加了 \(i+1-last_{a_{i+1}}\),且 \(a_i\) 的改變對于 \(a_{i+1}\) 依舊有效,于是我們自前向後進行更新,對于求 \(\min\) 的範圍,我們隻需要在求 \(f_{i,j}\) 之前将 \(f_{i-1,j-1}\) 插入到 \(i\) 号位置即可。
于是我們隻需要單點修改、區間修改以及區間取 \(\min\) 三個操作,直接 \(k\) 棵線段樹即可。時間複雜度 \(O(kn\log n)\).
#Code
const int M = 105;
const int N = 4e4 + 5;
const int INF = 0x3fffffff;
template <typename T>
inline T Min(const T a, const T b) {
return a < b ? a : b;
}
struct Node {int ls, rs, tag, minn;} p[N * M << 1];
int n, m, cnt, rt[N], a[N], lst[N], f[N][M], ans = INF;
inline void update(int k, int x) {
p[k].minn += x, p[k].tag += x;
}
inline void pushup(int k) {
p[k].minn = Min(p[p[k].ls].minn, p[p[k].rs].minn);
}
inline void pushdown(int k) {
update(p[k].ls, p[k].tag);
update(p[k].rs, p[k].tag);
p[k].tag = 0;
}
inline void build(int &k, int l, int r) {
if (!k) k = ++ cnt;
if (l == r) return;
int mid = (l + r) >> 1;
build(p[k].ls, l, mid);
build(p[k].rs, mid + 1, r);
}
void modify(int k, int l, int r, int x, int y, int c) {
if (x <= l && r <= y) {update(k, c); return;}
int mid = l + r >> 1; pushdown(k);
if (x <= mid) modify(p[k].ls, l, mid, x, y, c);
if (mid < y) modify(p[k].rs, mid + 1, r, x , y, c);
pushup(k);
}
int query(int k, int l, int r, int x, int y) {
if (x <= l && r <= y) return p[k].minn;
int mid = l + r >> 1, ans = INF; pushdown(k);
if (x <= mid) ans = Min(ans, query(p[k].ls, l, mid, x, y));
if (mid < y) ans = Min(ans, query(p[k].rs, mid + 1, r, x, y));
return ans;
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m); mset(f, 0x3f);
for (int i = 1; i <= n; ++ i) scanf("%d", &a[i]);
for (int i = 1; i <= m; ++ i) build(rt[i], 1, n);
f[0][0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
for (int j = 1; j <= Min(i, m); ++ j) {
modify(rt[j], 1, n, i, i, f[i - 1][j - 1]);
if (lst[a[i]]) modify(rt[j], 1, n, 1, lst[a[i]], i - lst[a[i]]);
f[i][j] = query(rt[j], 1, n, 1, i);
}
lst[a[i]] = i;
}
printf("%d", f[n][m]);
return 0;
}
#Prob. 2 CF1149C Tree Generator™
Time Limit: 2s | Memory Limit: 256MB
#題意簡述
定義一棵樹的括号序列為從任意一點開始,每進入一個節點,就加入一個
(
,每從一個節點退出,就加入一個
)
,最終形成的序列。
給你一棵 \(n(n\leq10^5)\) 個節點的樹的括号序列,輸出它的直徑。
有 \(m(m\leq10^5)\) 次詢問,每次詢問表示交換兩個括号,輸出交換兩個括号後的直徑(保證每次操作後都為一棵樹)
#大體思路
不難(并不)發現一棵樹的一條鍊在去掉中間所有比對括号後一定形如下面的括号序列:
\[)))))\dots)))((((\dots((\\)))))\dots)))))))))))))\\
(((((\dots(((((((((((((
\]
于是我們考慮如何去找這樣一條最長的去比對括号序列,我們考慮将字元串的表示轉化為數字的表示,不妨用 \(1\) 表示 \((\),用 \(-1\) 表示 \()\),我們可以把交換操作看作兩次修改操作,顯然無法離線,于是需要考慮通過可以快速合并的資訊來得到最終的答案,這裡我們考慮用線段樹進行維護。
我們稱
)
與
(
相交的地方是中間點,那麼第二種情況可以看作中間點是最右端,第三種情況則是中間點在最左端。然後合并時考慮中間點在哪些位置,需要哪些值進行維護,解釋起來有些麻煩,建議結合代碼并畫圖了解。
#Code
const int N = 1000010;
const int INF = 0x3fffffff;
template <typename T>
inline T Max(const T a, const T b) {return a > b ? a : b;}
template <typename T>
inline T Min(const T a, const T b) {return a < b ? a : b;}
struct Node {int ls, rs, s, lmx, rmn, lv, rv, lrv, v;} p[N];
int n, m, cnt, rt;
char S[N];
inline void pushup(int k) {
p[k].s = p[p[k].ls].s + p[p[k].rs].s;
p[k].lmx = Max(p[p[k].ls].lmx, p[p[k].rs].lmx + p[p[k].ls].s);
p[k].rmn = Min(p[p[k].rs].rmn, p[p[k].ls].rmn + p[p[k].rs].s);
p[k].lv = Max(Max(p[p[k].ls].lv, p[p[k].rs].lv - p[p[k].ls].s),
p[p[k].ls].lrv + p[p[k].rs].lmx);
p[k].rv = Max(Max(p[p[k].rs].rv, p[p[k].ls].rv + p[p[k].rs].s),
p[p[k].rs].lrv - p[p[k].ls].rmn);
p[k].lrv = Max(p[p[k].ls].lrv + p[p[k].rs].s, p[p[k].rs].lrv - p[p[k].ls].s);
p[k].v = Max(Max(p[p[k].ls].v, p[p[k].rs].lv - p[p[k].ls].rmn),
Max(p[p[k].rs].v, p[p[k].ls].rv + p[p[k].rs].lmx));
}
void build(int &k, int l, int r) {
if (!k) k = ++ cnt;
if (l == r) {
p[k].s = (S[l] == '(' ? 1 : -1);
p[k].lmx = Max(p[k].s, 0); p[k].rmn = Min(p[k].s, 0);
p[k].lrv = p[k].lv = p[k].rv = p[k].v = 1;
return;
}
int mid = l + r >> 1;
build(p[k].ls, l, mid); build(p[k].rs, mid + 1, r);
pushup(k);
}
void modify(int k, int l, int r, int x, int c) {
if (l == r) {
p[k].s = c, p[k].lmx = Max(p[k].s, 0);
p[k].rmn = Min(p[k].s, 0); return;
}
int mid = l + r >> 1;
if (x <= mid) modify(p[k].ls, l, mid, x, c);
else modify(p[k].rs, mid + 1, r, x, c);
pushup(k);
}
int main() {
scanf("%d%d%s", &n, &m, S + 1);
(n -= 1) <<= 1; build (rt, 1, n);
printf("%d\n", p[rt].v);
while (m --) {
int a, b; scanf("%d%d", &a, &b);
if (S[a] != S[b]) {
swap(S[a], S[b]);
modify(rt, 1, n, a, (S[a] == '(' ? 1 : -1));
modify(rt, 1, n, b, (S[b] == '(' ? 1 : -1));
}
printf("%d\n", p[rt].v);
}
return 0;
}
#Prob. 3 HDU5634 Rikka with Phi
Time Limit: 8s | Memory Limit: 128MB
#Prob.4 HDU6315 Naive Operations
Time Limit: 3s | Memory Limit: 512MB
#Prob. 5 POJ2155 Matrix
Time Limit: 3s | Memory Limit: 64MB
#題意簡述
給定一個 \(n\cdot n(n\leq1000)\) 的最初全為 \(0\) 的矩陣,\(q(q\leq50000)\) 次操作,操作分為兩種:
-
- 将左上角為 \((x_1,y_1)\),右下角為 \((x_2,y_2)\) 中的所有值取反;
- 詢問 \((x,y)\) 位置的值;
#大體思路
将取反操作看作區間加一,那麼就是每次詢問一個位置值的奇偶性,于是就變為了二維樹狀數組的闆子題。
#Code
#define mset(l, x) memset(l, x, sizeof(l))
const int N = 1010;
const int INF = 0x3fffffff;
int t, bit[N][N], n, q;
void add(int x, int y, int c) {
int ty = y;
while (x <= n) {
y = ty;
while (y <= n) bit[x][y] += c, y += y & -y;
x += x & -x;
}
}
inline void modify(int xa, int ya, int xb, int yb, int c) {
add(xa, ya, c); add(xb + 1, yb + 1, c);
add(xa, yb + 1, -c); add(xb + 1, ya, -c);
}
int query(int x, int y) {
int res = 0, ty = y;
while (x) {
y = ty;
while (y) res += bit[x][y], y -= y & -y;
x -= x & -x;
}
return res;
}
int main() {
scanf("%d", &t);
while (t --) {
mset(bit, 0); scanf("%d%d", &n, &q);
while (q --) {
char op; int xa, ya, xb, yb;
cin >> op;
if (op == 'C') {
scanf("%d%d%d%d", &xa, &ya, &xb, &yb);
modify(xa, ya, xb, yb, 1);
} else {
scanf("%d%d", &xa, &ya);
printf("%d\n", query(xa, ya) & 1);
}
}
printf("\n");
}
return 0;
}