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最新推荐文章于 2019-01-29 13:56:00 发布

原创最新推荐文章于 2019-01-29 13:56:00 发布 · 401 阅读

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#数据结构

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本文详细解析了动态开点线段树的实现方法，针对特定问题提出了高效的解决方案。通过将方阵划分为多个区间，利用动态开点线段树支持快速查询和更新操作，实现了O(nlog(n+q))的时间复杂度。文章提供了完整的代码示例，包括节点的更新、查询及插入操作。

题目略（各大OJ上都有）

题解：

我们可以观察到一个规律，就是每次移动都只会改变一行和最后一列（最后一列是关键），于是我们就可以把这个方阵划分成这样

每个划分的区间只需要快速支持这两个操作：

从中查询一个位置的值并删除
向末尾添加一个值

因为最多只有q个添加操作，q有 $\times 10^5$ 而一个序列原本就有 $\times 10^5$ 这么长,用高级数据结构显然太浪费，动态开点的线段树就可以搞定，两个操作一次时间复杂度都是 $l o g (n + q)$ ，新开的空间也是 $l o g (n + q)$ ,而一次查询2个或4个操作就可以搞定。

总时间复杂度： $O (n l o g (n + q))$ ,空间同

那么这个动态开点线段树怎么写呢：

把区间总范围设为 $1 - (m a x (n, m) + q)$ ,每个节点都设一个值cal表示节点区间包含的有效节点个数,叶节点再加一个val表示值，在这里，删除是指把此位置标为无效节点，并没有从序列中抹除，而2操作则是直接把最后一个有效点后的位置更新成要添加的值。

删除时直接在线段树上做二分，把叶节点cal改成0，上面的路径更新一下即可。

设一个Xi数组表示第i个序列的Xi位置还没有被插入过，每次插入时就可以精准定位，查完后Xi++，虽然不能保证和当前最后一个有效点紧挨着，但一定不会超出范围，这样效果是一样的。

下图展示了样例的第一个操作的过程：

有一步最为关键：如果一开始一个一个地更新初始方阵的每一个值，空间时间都要炸飞。可是不更新的话，前n或m-1个位置的值都不同，后q个位置又都是无效位置，没法操作。这时我们可以这样想，一个节点没有被建立，说明这个区间范围内没有被更新过，而我们知道节点所在序列，具体区间范围，又知道初始状态，那么我们就可以直接计算出有关这个节点的所有数据，而如果节点已被建立，直接使用节点数据即可。

还有就是此题卡常严重，非树状数组的童鞋们最好还是小心一点~~

代码：

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=3e5+5;
struct Node{
    Node* l;
    Node* r;
    int cal;
    long long val;
    Node(){
        cal=val=0;
        l=r=NULL;
    }
};
int n,m,q,Len,Xi[N];
Node* Root[N];

Node* NewNode(){
    return new Node();
}

inline int Cal(Node* o,int l,int r,int Limit)
{
    if(o!=NULL)
        return o->cal;
    r=min(Limit,r);
    return (l>r?0:r-l+1);
}

void update(Node* o,int l,int r,int k,long long val0,int Limit)
{
    o->cal++;
    if(l==r){
        o->val=val0;
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1,l_cal=Cal(o->l,l,mid,Limit);
    if(k<=mid)
    {
        if(o->l==NULL){
            o->l=NewNode();
            o->l->cal=l_cal;
        }
        update(o->l,l,mid,k,val0,Limit);
    }
    else
    {
        if(o->r==NULL){
            o->r=NewNode();
            o->r->cal=o->cal-1-l_cal;
        }
        update(o->r,mid+1,r,k,val0,Limit);
    }
}

long long query(Node* o,int l,int r,int k,int Limit,int id)
{
    o->cal--;
    if(l==r){
        if(!o->val)
        {
            long long id0=id,m0=m,l0=l;
            o->val=(id0?((id0-1ll)*m0+l0):(l0*m0));
        }
        return o->val;
    }
    int mid=(l+r)>>1,l_cal=Cal(o->l,l,mid,Limit);	
    if(k<=l_cal)
    {
        if(o->l==NULL){
            o->l=NewNode();
            o->l->cal=l_cal;
        }
        return query(o->l,l,mid,k,Limit,id);
    }
    else
    {
        if(o->r==NULL){
            o->r=NewNode();
            o->r->cal=o->cal+1-l_cal;
        }
        return query(o->r,mid+1,r,k-l_cal,Limit,id);
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
    for(int i=0;i<=n;i++)
    {
        Root[i]=NewNode();
        Root[i]->cal=m-1;
        Xi[i]=m;
    }
    Root[0]->cal=n;
    Xi[0]=n+1;
    Len=max(n,m)+q;	
    while(q--)
    {
        int x,y;
        long long ans;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        ans=query(Root[0],1,Len,x,n,0);
        if(y!=m)
        {
            long long ans1=query(Root[x],1,Len,y,m-1,x);
            update(Root[x],1,Len,Xi[x],ans,m-1);
            Xi[x]++;
            ans=ans1;
        }
        printf("%lld\n",ans);
        update(Root[0],1,Len,Xi[0],ans,n);
        Xi[0]++;
    }
    return 0;
}