codeforces 173E 组队

博客详细介绍了如何解决codeforces 173E题目的组队问题,其中涉及离散化、树状数组、离线处理和线段树等数据结构和算法。内容包括对地位和年龄限制的队长条件,以及如何预处理每个队员的最大组队人数。博主通过离线处理和按特定条件排序询问,结合线段树查找满足条件的最大组队人数,最后强调了离线处理在解决复杂问题中的价值。

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Bsny所在的精灵社区有n个居民,每个居民有一定的地位和年龄,ri表示第i个人的地位,ai表示第i个人的年龄。
最近社区里要举行活动,要求几个人组成一个小组,小组中必须要有一个队长,要成为队长有这样的条件:
1. 队长在小组中的地位应该是最高的(可以并列第一),
2. 小组中其他成员的年龄和队长的年龄差距不能超过K
有些人想和自己亲密的人组在同一个小组,同时希望所在的小组人越多越好。比如x和y想在同一个小组,同时希望它们所在的小组人越多越好,当然,它们也必须选一个符合上述要求的队长,那么问你,要同时包含x和y的小组,最多可以组多少人?

输入
首先输入n和K
接下来一行输入n个整数: r1, r2, …, rn
接下来一行输入n个整数: a1, a2, …, an
接下来输入Q表示有Q个询问
接下来Q行每行输入x, y, 表示询问:当x和y组在同一个小组,它们小组最多可以有多少人(x和y也有可能被选为队长,只要它们符合条件)

输出
对于每个询问,输出相应的答案
每个答案占一行
当x和y无法在同一组时,输出-1(比如x的年龄是1, y的年龄是100,K=1,无论谁当队长,x和y两者中,总会有人跟队长的年龄差距超过K,那么输出-1)

样例输入
5 1
1 5 4 1 2
4 4 3 2 2
4
5 3
2 3
2 5
4 1
样例输出
4
3
-1
4

提示
样例解释:
询问1:当第5个人和第3个人想在一组时,小组成员可以有{1, 3, 4, 5},选择3当队长,而2不可以加入,因为2加入的话,5和2的年龄差距为2,超过K=1了。所以答案为4
询问2:当第2个人和第3个人想在一组时,可以选择{1, 2, 3}
询问3:当2和5想在一起时,无法满足要求
询问4:当4和1想在一起时,可以选择{1, 3, 4, 5}

数据范围:
20%的数据:
2<=n<=100, 0<=K<=100, 1<=ri, ai <=100, 1<=q<=100
40%的数据:
2<=n<=1000, 0<=K<=1000, 1<=ri, ai <=1000, 1<=q<=1000
60%的数据:
2<=n<=104, 0<=K<=109, 1<=ri, ai <=109, 1<=q<=104
100%的数据 :
2<=n<=105, 0<=K<=109, 1<=ri, ai <=109, 1<=q<=105
1<=x, y<=n, x!=y

离散化+树状数组+离线处理+线段树
首先对于每个人,我们可以预处理如果他是队长的话,最多可以有少人组队:
这里需要对r进行从小到大排序,排序完后,我们可以从小到大遍历每个人,利用树状数组统计[aik,ai+k]的人数,即为第i个人作为队长最大组队人数
这里要对相同r的时候特殊处理一下
然后,对于一组询问x,y, 我们可以计算出能包含x,y的组,队长的a和r的限制条件,即a的范围为[max(x.ak,y.a+k),min(x.a+k,y.a+k)], r的范围为r>=max(x.r,y.r)
我们可以在符合a,r范围的所有人中寻找最大值
但考虑到询问比较大,我们可以采取离线的方式处理询问:
用rmin表示满足询问r的最小值,即max(x.r, y.r),对询问根据rmin从大到小排序,接下来的处理就是求[max(x.a-k, y.a+k), min(x.a+k, y.a+k)]范围中最大值是多少,这个可以用线段树来维护和求解
如果max(x.a-k, y.a+k)> min(x.a+k, y.a+k)或者找不到符合r的人,那么答案为-1
因此,总的复杂度为O(nlogn)

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define p1 id<<1
#define p2 id<<1^1
using namespace std;
int n,m,cas,x,y,old;
struct ty
{
    int fame,age,id,v;
}p[100005],a[100005];
struct node
{
    int x,y,z,id;
}q[100005];
int c[100005],d[100005],tree[400005];
int pos[100005],age[100005],ans[100005];
void add(int k,int delta)
{
    while(k<=old) 
    {
        c[k]=c[k]+delta;
        k=k+(k&-k);
    }
}
int sum(int k)
{
    int res=0;
    while(k>0) 
    {
        res=res+c[k];
        k=k-(k&-k);
    }
    return res;
}
void update(int id,int l,int r,int x,int y)
{
    if(l==r) 
    {
        tree[id]=max(tree[id],y);
        return;
    }
    int mid=(l+r)/2;
    if(x<=mid) update(p1,l,mid,x,y); else update(p2,mid+1,r,x,y);
    tree[id]=max(tree[p1],tree[p2]);
}
int query(int id,int l,int r,int x,int y)
{
    if(x<=l&&r<=y) return tree[id];
    int mid=(l+r)/2;
    if(y<=mid) return query(p1,l,mid,x,y);
    else
    if(x>mid) return query(p2,mid+1,r,x,y);
    else return max(query(p1,l,mid,x,mid),query(p2,mid+1,r,mid+1,y));
}
bool cmp(ty x,ty y)
{
    return x.age<y.age;
}
bool haha(ty x,ty y)
{
    return x.fame<y.fame;
}
bool CMP(node a,node b)
{
    return a.z>b.z;
}
int erfen(int l,int r,int x)
{
    if(l>r) return a[l].v;
    int mid=(l+r)/2;
    if(x>a[mid].age) return erfen(mid+1,r,x); else return erfen(l,mid-1,x);
}
int ERFEN(int l,int r,int x)
{
    if(l>r) return a[r].v;
    int mid=(l+r)/2;
    if(x>=a[mid].age) return ERFEN(mid+1,r,x); else return ERFEN(l,mid-1,x);
}
void prepare()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++) 
    {
        scanf("%d",&p[i].fame);
        pos[i]=p[i].fame;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) 
    {
        scanf("%d",&p[i].age);
        age[i]=p[i].age;
        a[i].age=p[i].age;
        p[i].id=a[i].id=i;
    }
    sort(a+1,a+n+1,cmp);
    old=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) 
    {
        if(a[i].age!=a[i-1].age) old++;
        p[a[i].id].v=old;
        a[i].v=old;
    }
    sort(p+1,p+n+1,haha);
    int pre=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) 
    {
        if(p[i].fame!=p[i-1].fame) 
        {
            for(int j=pre;j<i;j++) 
            {
                int down=max(1,erfen(1,n,p[j].age-m));
                int up=min(old,ERFEN(1,n,p[j].age+m));
                d[p[j].id]=sum(up)-sum(down-1);
            }
            pre=i;
        }
        add(p[i].v,1);
    }
    for(int i=pre;i<=n;i++) 
    {
        int down=max(1,erfen(1,n,p[i].age-m));
        int up=min(old,ERFEN(1,n,p[i].age+m));
        d[p[i].id]=sum(up)-sum(down-1);
    }
}
void solve()
{
    cin>>cas;
    for(int i=1;i<=cas;i++) 
    {
        scanf("%d%d",&q[i].x,&q[i].y);
        q[i].z=max(pos[q[i].x],pos[q[i].y]);
        q[i].id=i;
    }
    sort(q+1,q+cas+1,CMP);
    int w=n;
    for(int i=1;i<=cas;i++) 
    {
        while(p[w].fame>=q[i].z) 
        {
            update(1,1,old,p[w].v,d[p[w].id]);
            w--;
        }
        x=q[i].x;
        y=q[i].y;
        int down=max(1,erfen(1,n,max(age[x]-m,age[y]-m)));
        int up=min(old,ERFEN(1,n,min(age[x]+m,age[y]+m)));
        if(down<=up) ans[q[i].id]=query(1,1,old,down,up);
    }
    for(int i=1;i<=cas;i++) if(ans[i]==0) printf("-1\n"); else printf("%d\n",ans[i]);
}
int main()
{
    prepare();
    solve();
    return 0;
}

后记:写了一个半钟头,各种下标和二分真是头疼。。。不过总算对离线有更深刻的认识了:如果在线有两个条件,难以一起解决的话,那么就离线,对其中某个条件进行排序,不用再管它,然后就可以转化为区间问题了。

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