标签: 线段树

[NOI2017]整数 题解

[NOI2017]整数 题解

题目地址:洛谷:【P3822】[NOI2017]整数 – 洛谷、BZOJ:Problem 4942. — [Noi2017]整数

题目描述

P博士将他的计算任务抽象为对一个整数的操作。
具体来说,有一个整数x,一开始为0。
接下来有n个操作,每个操作都是以下两种类型中的一种:

  • 1 a b:将x加上整数a \cdot 2^b,其中a为一个整数,b为一个非负整数
  • 2 k:询问x在用二进制表示时,位权为2^k的位的值(即这一位上的1代表2^k

保证在任何时候,x \geq 0

输入输出格式

输入格式:
输入的第一行包含四个正整数n,t1,t2,t3,n的含义见题目描述,t1,t2,t3的具体含义见子任务。
接下来n行,每行给出一个操作,具体格式和含义见题目描述。
同一行输入的相邻两个元素之间,用恰好一个空格隔开。

输出格式:
对于每个询问操作,输出一行,表示该询问的答案(0或1)。对于加法操作,没有任何输出。

输入输出样例

输入样例#1:

10 3 1 2
1 100 0
1 2333 0
1 -233 0
2 5
2 7
2 15
1 5 15
2 15
1 -1 12
2 15

输出样例#1:

0
1
0
1
0

说明

n≤1000000

题解

参考资料:【bzoj4942】[Noi2017]整数 压位+线段树 – GXZlegend – 博客园
这是我省选结束后正经做的第一个近年NOI题目,下面内容会涉及到我的口胡部分分思路。
首先,我们发现其实如果|a|=1,进位是找到前面的第一个1或0,对于这之间的一整段0或1进行区间取反。于是我们可以预处理出前面的第一个1和0,用三个线段树分别维护当前数字、前面的第一个1和0的位置。单次修改O(\log n),总复杂度O(n \log n),可以通过|a|=1的部分分。
因为我们发现对于一段连续的0,它前面第一个0是该位置+1,前面第一个1是一个定值;对于一段连续的1也有类似性质。我们可以考虑用三个标记表示当前区间内的值都是该位置+1还是一个定值还是两种都有,这样就可以用线段树来维护我们要记录的信息啦。
实际上呢,我们也可以不存储这些信息,我们考虑直接用线段树查,线段树存储当前区间全0全1或者混合,然后怎么脑补一下查找方法就好了。
我们可以把a转换成二进制表示,对于每一位非0的进行如上操作,由于|a| \leq 10^9,操作的位数不会超过30位,因此我们的单次修改复杂度实际上是O(30 \log n)的,总复杂度是O(n \log n),看似能过剩下的点了,但是实际上似乎需要卡一卡常数。
我们可以想到什么卡常的办法呢?对了,压位!线段树上每个点来维护一个位置的01取值常数大,那么我们一口气存它30位!那么对于合并区间信息怎么来做呢,我们考虑记子区间的或以及子区间的与。该位置的与值如果为30个1这种情况,说明区间内全1;该位置的或值如果为0,说明区间内全0。只需要魔改我们之前的那个线段树就可以了,改动其实并不大。
实现细节见代码中的注释。

代码

// Code by KSkun, 2018/4
#include <cstdio>
#include <cstring>

typedef long long LL;

inline char fgc() {
    static char buf[100000], *p1 = buf, *p2 = buf;
    return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2) ? EOF 
        : *p1++;
}

inline LL readint() {
    register LL res = 0, neg = 1;
    register char c = fgc();
    while(c < '0' || c > '9') {
        if(c == '-') neg = -1;
        c = fgc();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
        res = res * 10 + c - '0';
        c = fgc();
    }
    return res * neg;
}

const int MAXN = 1000005, INF = (1 << 30) - 1;

int n;

#define lch o << 1
#define rch o << 1 | 1
#define mid ((l + r) >> 1)
int valo[MAXN << 2], vala[MAXN << 2], tag[MAXN << 2]; // tag表示该区间内全部变为某个值

inline void pushdown(int o) {
    if(~tag[o]) {
        valo[lch] = vala[lch] = tag[lch] = tag[o];
        valo[rch] = vala[rch] = tag[rch] = tag[o];
        tag[o] = -1; // 以-1为无标记的标志,可能存在要求变为0的情况
    }
}

// 将区间全都修改为某个值
inline void modify(int o, int l, int r, int ll, int rr, int v) {
    if(l >= ll && r <= rr) {
        valo[o] = vala[o] = tag[o] = v;
        return;
    }
    pushdown(o);
    if(ll <= mid) modify(lch, l, mid, ll, rr, v);
    if(rr > mid) modify(rch, mid + 1, r, ll, rr, v);
    valo[o] = valo[lch] | valo[rch];
    vala[o] = vala[lch] & vala[rch];
}

// 单点加
inline void add(int o, int l, int r, int x, int v) {
    if(l == r) {
        valo[o] += v; vala[o] += v;
        return;
    }
    pushdown(o);
    if(x <= mid) add(lch, l, mid, x, v);
    else add(rch, mid + 1, r, x, v);
    valo[o] = valo[lch] | valo[rch];
    vala[o] = vala[lch] & vala[rch];
}

// 查询某一段
inline int query(int o, int l, int r, int x) {
    if(l == r) {
        return valo[o];
    }
    pushdown(o);
    if(x <= mid) return query(lch, l, mid, x);
    else return query(rch, mid + 1, r, x);
}

// 找到该段往前第一段非全1的位置,-1表示没找到
inline int queryinf(int o, int l, int r, int x) {
    if(vala[o] == INF) return -1;
    if(l == r) return l;
    pushdown(o);
    if(x <= mid) {
        int t = queryinf(lch, l, mid, x);
        return ~t ? t : queryinf(rch, mid + 1, r, x);
    } else {
        return queryinf(rch, mid + 1, r, x);
    }
}

// 找到该段往前第一段非全0的位置,-1表示没找到
inline int queryblk(int o, int l, int r, int x) {
    if(!valo[o]) return -1;
    if(l == r) return l;
    pushdown(o);
    if(x <= mid) {
        int t = queryblk(lch, l, mid, x);
        return ~t ? t : queryblk(rch, mid + 1, r, x);
    } else {
        return queryblk(rch, mid + 1, r, x);
    }
}

// 在x段加v
inline void add(int x, int v) {
    int t = query(1, 0, MAXN, x);
    if(t + v <= INF) {
        add(1, 0, MAXN, x, v);
    } else { // 处理进位
        add(1, 0, MAXN, x, v - INF - 1);
        int y = queryinf(1, 0, MAXN, x + 1);
        if(y != x + 1) modify(1, 0, MAXN, x + 1, y - 1, 0);
        add(1, 0, MAXN, y, 1);
    }
}

// 在x段减v
inline void minus(int x, int v) {
    int t = query(1, 0, MAXN, x);
    if(t - v >= 0) {
        add(1, 0, MAXN, x, -v);
    } else { // 处理进位
        add(1, 0, MAXN, x, INF + 1 - v);
        int y = queryblk(1, 0, MAXN, x + 1);
        if(y != x + 1) modify(1, 0, MAXN, x + 1, y - 1, INF);
        add(1, 0, MAXN, y, -1);
    }
}

int op, a, b;

int main() {
    n = readint(); readint(); readint(); readint();
    while(n--) {
        op = readint();
        if(op == 1) {
            a = readint(); b = readint();
            if(a > 0) {
                add(b / 30, (a << (b - b / 30 * 30)) & INF);
                add(b / 30 + 1, a >> (30 - (b - b / 30 * 30)));
            } else if(a < 0) {
                a *= -1;
                minus(b / 30, (a << (b - b / 30 * 30)) & INF);
                minus(b / 30 + 1, a >> (30 - (b - b / 30 * 30)));
            }
        } else {
            a = readint();
            printf("%d\n", query(1, 0, MAXN, a / 30) & (1 << (a - a / 30 * 30)) ? 1 : 0);
        }
    }
    return 0;
}
[NOI2015]软件包管理器 题解

[NOI2015]软件包管理器 题解

题目地址:洛谷:【P2146】[NOI2015]软件包管理器 – 洛谷、BZOJ:Problem 4196. — [Noi2015]软件包管理器

题目描述

Linux用户和OSX用户一定对软件包管理器不会陌生。通过软件包管理器,你可以通过一行命令安装某一个软件包,然后软件包管理器会帮助你从软件源下载软件包,同时自动解决所有的依赖(即下载安装这个软件包的安装所依赖的其它软件包),完成所有的配置。Debian/Ubuntu使用的apt-get,Fedora/CentOS使用的yum,以及OSX下可用的homebrew都是优秀的软件包管理器。
你决定设计你自己的软件包管理器。不可避免地,你要解决软件包之间的依赖问题。如果软件包A依赖软件包B,那么安装软件包A以前,必须先安装软件包B。同时,如果想要卸载软件包B,则必须卸载软件包A。现在你已经获得了所有的软件包之间的依赖关系。而且,由于你之前的工作,除0号软件包以外,在你的管理器当中的软件包都会依赖一个且仅一个软件包,而0号软件包不依赖任何一个软件包。依赖关系不存在环(若有m(m≥2)个软件包A1,A2,A3,⋯,Am,其中A1依赖A2,A2依赖A3,A3依赖A4,……,A[m-1]依赖Am,而Am依赖A1,则称这m个软件包的依赖关系构成环),当然也不会有一个软件包依赖自己。
现在你要为你的软件包管理器写一个依赖解决程序。根据反馈,用户希望在安装和卸载某个软件包时,快速地知道这个操作实际上会改变多少个软件包的安装状态(即安装操作会安装多少个未安装的软件包,或卸载操作会卸载多少个已安装的软件包),你的任务就是实现这个部分。注意,安装一个已安装的软件包,或卸载一个未安装的软件包,都不会改变任何软件包的安装状态,即在此情况下,改变安装状态的软件包数为0。

输入输出格式

输入格式:
从文件manager.in中读入数据。
输入文件的第1行包含1个整数n,表示软件包的总数。软件包从0开始编号。
随后一行包含n−1个整数,相邻整数之间用单个空格隔开,分别表示1,2,3,⋯,n−2,n−1号软件包依赖的软件包的编号。
接下来一行包含1个整数q,表示询问的总数。之后q行,每行1个询问。询问分为两种:
install x:表示安装软件包x
uninstall x:表示卸载软件包x
你需要维护每个软件包的安装状态,一开始所有的软件包都处于未安装状态。
对于每个操作,你需要输出这步操作会改变多少个软件包的安装状态,随后应用这个操作(即改变你维护的安装状态)。

输出格式:
输出到文件manager.out中。
输出文件包括q行。
输出文件的第i行输出1个整数,为第i步操作中改变安装状态的软件包数。

输入输出样例

输入样例#1:

7
0 0 0 1 1 5
5
install 5
install 6
uninstall 1
install 4
uninstall 0

输出样例#1:

3
1
3
2
3

输入样例#2:

10
0 1 2 1 3 0 0 3 2
10
install 0
install 3
uninstall 2
install 7
install 5
install 9
uninstall 9
install 4
install 1
install 9

输出样例#2:

1
3
2
1
3
1
1
1
0
1

说明

n,q<=10000

题解

考虑安装软件包即安装从根0到该点的路径上的所有软件包,则先求和算出改变数再链改值。卸载软件包即卸载其子树中所有软件包,则先求和算出改变值再子树改值。
由于0号点不好处理,我们给点的编号加1。

代码

// Code by KSkun, 2018/4
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>

#include <algorithm>
#include <vector>

typedef long long LL;

inline char fgc() {
    static char buf[100000], *p1 = buf, *p2 = buf;
    return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2) ? EOF 
        : *p1++;
}

inline LL readint() {
    register LL res = 0, neg = 1;
    char c = fgc();
    while(c < '0' || c > '9') {
        if(c == '-') neg = -1;
        c = fgc();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
        res = res * 10 + c - '0';
        c = fgc();
    }
    return res * neg;
}

inline int readop() {
    char c;
    int res = 1;
    while(!isalpha(c = fgc()));
    while(isalpha(c)) {
        if(c == 'u') res = 2;
        c = fgc();
    }
    return res;
}

const int MAXN = 1000005;

int n, dfn[MAXN], ptn[MAXN];
std::vector<int> gra[MAXN];

// Segment Tree

#define lch o << 1
#define rch (o << 1) | 1
#define mid ((l + r) >> 1)

int val[MAXN << 2], tag[MAXN << 2];

inline void pushdown(int o, int l, int r) {
    if(tag[o] != -1) {
        tag[lch] = tag[rch] = tag[o];
        val[lch] = tag[o] * (mid - l + 1);
        val[rch] = tag[o] * (r - mid);
        tag[o] = -1;
    }
}

inline void merge(int o) {
    val[o] = val[lch] + val[rch];
}

inline void modify(int o, int l, int r, int ll, int rr, int v) {
    if(l >= ll && r <= rr) {
        val[o] = v * (r - l + 1);
        tag[o] = v;
        return;
    }
    pushdown(o, l, r);
    if(ll <= mid) modify(lch, l, mid, ll, rr, v);
    if(rr > mid) modify(rch, mid + 1, r, ll, rr, v);
    merge(o);
}

inline int query(int o, int l, int r, int ll, int rr) {
    if(l >= ll && r <= rr) {
        return val[o];
    }
    pushdown(o, l, r);
    int res = 0;
    if(ll <= mid) res += query(lch, l, mid, ll, rr);
    if(rr > mid) res += query(rch, mid + 1, r, ll, rr);
    return res;
}

int fa[MAXN], siz[MAXN], dep[MAXN], top[MAXN], son[MAXN], clk;

inline void dfs1(int u) {
    siz[u] = 1;
    for(int i = 0; i < gra[u].size(); i++) {
        int v = gra[u][i];
        if(v == fa[u]) continue;
        fa[v] = u;
        dep[v] = dep[u] + 1;
        dfs1(v);
        siz[u] += siz[v];
        if(siz[v] > siz[son[u]]) son[u] = v;
    }
}

inline void dfs2(int u, int tp) {
    dfn[u] = ++clk;
    ptn[dfn[u]] = u;
    top[u] = tp;
    if(son[u]) {
        dfs2(son[u], tp);
    }
    for(int i = 0; i < gra[u].size(); i++) {
        int v = gra[u][i];
        if(v == fa[u] || v == son[u]) continue;
        dfs2(v, v);
    }
}

inline void modify(int x, int y, int z) {
    int tx = top[x], ty = top[y];
    while(tx != ty) {
        if(dep[tx] > dep[ty]) {
            std::swap(x, y);
            std::swap(tx, ty);
        }
        modify(1, 1, n, dfn[ty], dfn[y], z);
        y = fa[ty];
        ty = top[y];
    }
    if(dep[x] > dep[y]) {
        std::swap(x, y);
    }
    modify(1, 1, n, dfn[x], dfn[y], z);
}

inline int query(int x, int y) {
    int tx = top[x], ty = top[y];
    int res = 0;
    while(tx != ty) {
        if(dep[tx] > dep[ty]) {
            std::swap(x, y);
            std::swap(tx, ty);
        }
        res += query(1, 1, n, dfn[ty], dfn[y]);
        y = fa[ty];
        ty = top[y];
    }
    if(dep[x] > dep[y]) {
        std::swap(x, y);
    }
    res += query(1, 1, n, dfn[x], dfn[y]);
    return res;
}

inline void modify(int x, int z) {
    modify(1, 1, n, dfn[x], dfn[x] + siz[x] - 1, z);
}

inline int query(int x) {
    return query(1, 1, n, dfn[x], dfn[x] + siz[x] - 1);
}

int q, op, x;

int main() {
    memset(tag, -1, sizeof(tag));
    n = readint();
    for(int i = 2; i <= n; i++) {
        x = readint() + 1;
        gra[x].push_back(i);
        gra[i].push_back(x);
    }
    dfs1(1);
    dfs2(1, 1);
    q = readint();
    while(q--) {
        op = readop(); x = readint() + 1;
        if(op == 1) {
            printf("%d\n", dep[x] + 1 - query(1, x));
            modify(1, x, 1);
        } else {
            printf("%d\n", query(x));
            modify(x, 0);
        }
    }
    return 0;
}
[SPOJ-PT07J]Query on a tree III 题解

[SPOJ-PT07J]Query on a tree III 题解

题目地址:洛谷:【SP1487】PT07J – Query on a tree III – 洛谷、SPOJ:SPOJ.com – Problem PT07J

SPOJ QTREE系列:

题目描述

You are given a node-labeled rooted tree with n nodes.
Define the query (x, k): Find the node whose label is k-th largest in the subtree of the node x. Assume no two nodes have the same labels.
给一棵带点权的以1为根的有根树,查询某子树内点权第k小值。

输入输出格式

输入格式:
The first line contains one integer n (1 <= n <= 105). The next line contains n integers li (0 <= li <= 109) which denotes the label of the i-th node.
Each line of the following n – 1 lines contains two integers u, v. They denote there is an edge between node u and node v. Node 1 is the root of the tree.
The next line contains one integer m (1 <= m <= 104) which denotes the number of the queries. Each line of the next m contains two integers x, k. (k <= the total node number in the subtree of x)

输出格式:
For each query (x, k), output the index of the node whose label is the k-th largest in the subtree of the node x.

输入输出样例

输入样例#1:

5
1 3 5 2 7
1 2
2 3
1 4
3 5
4
2 3
4 1
3 2
3 2

输出样例#1:

5
4
5
5

题解

DFS序+主席树。主席树的叶子节点可以存一下DFS序号,这样方便查。

代码

// Code by KSkun, 2018/3
#include <cstdio>

#include <vector>
#include <algorithm>

typedef long long LL;

inline char fgc() {
    static char buf[100000], *p1 = buf, *p2 = buf;
    return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 100000, stdin), p1 == p2) ? EOF 
        : *p1++;
}

inline LL readint() {
    register LL res = 0, neg = 1;
    register char c = fgc();
    while(c < '0' || c > '9') {
        if(c == '-') neg = -1;
        c = fgc();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
        res = res * 10 + c - '0';
        c = fgc();
    }
    return res * neg;
}

const int MAXN = 100005;

std::vector<int> gra[MAXN];

int dfn[MAXN], ptn[MAXN], siz[MAXN], clk;

inline void dfs(int u, int fa) {
    dfn[u] = ++clk;
    ptn[dfn[u]] = u;
    siz[u] = 1;
    for(int v : gra[u]) {
        if(v == fa) continue;
        dfs(v, u);
        siz[u] += siz[v];
    }
}

struct SGT {
    struct SGTNode {
        int lch, rch, val, dfn;
    } tr[MAXN * 20];
    int rt[MAXN], cnt = 0;

    inline void insert(int &o, int l, int r, int x, int dfn) {
        tr[++cnt] = tr[o]; o = cnt;
        tr[o].val++;
        if(l == r) {
            tr[o].dfn = dfn;
            return;
        }
        int mid = (l + r) >> 1;
        if(x <= mid) insert(tr[o].lch, l, mid, x, dfn);
        else insert(tr[o].rch, mid + 1, r, x, dfn);
    }

    inline int query(int o1, int o2, int l, int r, int k) {
        if(l == r) return ptn[tr[o2].dfn];
        int mid = (l + r) >> 1;
        if(k <= tr[tr[o2].lch].val - tr[tr[o1].lch].val) {
            return query(tr[o1].lch, tr[o2].lch, l, mid, k);
        } else {
            k -= tr[tr[o2].lch].val - tr[tr[o1].lch].val;
            return query(tr[o1].rch, tr[o2].rch, mid + 1, r, k);
        }
    }
} sgt;

int n, m, w[MAXN], ut, vt, xt, kt;
std::vector<int> tmp;

int main() {
    n = readint();
    tmp.push_back(-1);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        w[i] = readint();
        tmp.push_back(w[i]);
    }
    std::sort(tmp.begin(), tmp.end());
    tmp.erase(std::unique(tmp.begin(), tmp.end()), tmp.end());
    int N = tmp.size() - 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        w[i] = std::lower_bound(tmp.begin(), tmp.end(), w[i]) - tmp.begin();
    }
    for(int i = 1; i < n; i++) {
        ut = readint(); vt = readint();
        gra[ut].push_back(vt);
        gra[vt].push_back(ut);
    }
    dfs(1, 0);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        sgt.rt[i] = sgt.rt[i - 1];
        sgt.insert(sgt.rt[i], 1, N, w[ptn[i]], i);
    }
    m = readint();
    while(m--) {
        xt = readint(); kt = readint();
        printf("%d\n", sgt.query(sgt.rt[dfn[xt] - 1], sgt.rt[dfn[xt] + siz[xt] - 1], 
            1, N, kt));
    }
    return 0;
}