[BZOJ1012] [JSOI2008] 最大数

该博客介绍了一道线段树入门题目,涉及在线维护序列最大值以及根据特定规则插入数值。通过线段树实现,初始序列设为最小整数,每次插入新数时更新序列,并保持复杂度为O(n log n)。文中还提醒注意线段树数组的大小以及在洛谷评测时使用std::max避免超时问题。

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BZOJ1012 = Luogu 1198
Tag: 线段树入门题


试题描述
维护一个序列,支持以下操作:

  • 查询某位x个数中的最大值
  • 向序列末尾插入一个数n,且n 为本次插入命令指定的常数C与上一次询问结果的和对一个确定常数D取模。

一共有M个操作,满足M200000


分析
考虑用线段树维护。开始时创建一个大序列,全部设为2147483647。每插入一个数,就将大序列中空闲部分的第一个数改为被插入的数,然后递归更新上层。复杂度O(nlog2n)


参考程序

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#define oo 2147483647
#define mid ((l+r)/2)
using namespace std;
int a[800005],n=0,m,d,t=0;
void build(int p,int l,int r){
    if(r<l)return;
    a[p]=-oo;
    if(r>l)build(p*2,l,mid),build(p*2+1,mid+1,r);
}
void modify(int p,int l,int r,int pos,int val){
    if(r<l)return;
    if(r==l)a[p]=val;
    else{
        if(pos<=mid)modify(p*2,l,mid,pos,val);
        else modify(p*2+1,mid+1,r,pos,val);
        a[p]=max(a[p*2],a[p*2+1]);
    }
}
int query(int p,int l,int r,int ql,int qr){
    if(r<l||l>qr||r<ql)return -oo;
    if(l>=ql&&r<=qr)return a[p];
    return max(query(p*2,l,mid,ql,qr),query(p*2+1,mid+1,r,ql,qr));
}
int main(){
    scanf("%d%d",&m,&d);
    build(1,1,m);
    for(int i=0;i<m;i++){
        char c[10];int tmp;
        scanf("%s%d",&c,&tmp);
        if(c[0]=='Q'){
            int qr=query(1,1,m,n-tmp+1,n);
            t=qr;
            printf("%d\n",qr);
        }
        if(c[0]=='A')modify(1,1,m,++n,(tmp+t)%d);
    }
    return 0;
}

P.S.

  1. 传说线段树数组最好开到原数组的4倍大小。
  2. 洛谷上评测时,如果使用手写的Max宏,会TLE7个点。而使用std::max就不会。
题目描述 有一个 $n$ 个点的棋盘,每个点上有一个数字 $a_i$,你需要从 $(1,1)$ 走到 $(n,n)$,每次只能往右或往下走,每个格子只能经过一次,路径上的数字和为 $S$。定义一个点 $(x,y)$ 的权值为 $a_x+a_y$,求所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 输入格式 第一行一个整数 $n$。 接下来 $n$ 行,每行 $n$ 个整数,表示棋盘上每个点的数字。 输出格式 输出一个整数,表示所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 数据范围 $1\leq n\leq 300$ 输入样例 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 输出样例 25 算法1 (形dp) $O(n^3)$ 我们可以先将所有点的权值求出来,然后将其看作是一个有权值的图,问题就转化为了在这个图中求从 $(1,1)$ 到 $(n,n)$ 的所有路径中,所有点的权值和的最小值。 我们可以使用形dp来解决这个问题,具体来说,我们可以将这个图看作是一棵,每个点的父节点是它的前驱或者后继,然后我们从根节点开始,依次向下遍历,对于每个节点,我们可以考虑它的两个儿子,如果它的两个儿子都被遍历过了,那么我们就可以计算出从它的左儿子到它的右儿子的路径中,所有点的权值和的最小值,然后再将这个值加上当前节点的权值,就可以得到从根节点到当前节点的路径中,所有点的权值和的最小值。 时间复杂度 形dp的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码 算法2 (动态规划) $O(n^3)$ 我们可以使用动态规划来解决这个问题,具体来说,我们可以定义 $f(i,j,s)$ 表示从 $(1,1)$ 到 $(i,j)$ 的所有路径中,所有点的权值和为 $s$ 的最小值,那么我们就可以得到如下的状态转移方程: $$ f(i,j,s)=\min\{f(i-1,j,s-a_{i,j}),f(i,j-1,s-a_{i,j})\} $$ 其中 $a_{i,j}$ 表示点 $(i,j)$ 的权值。 时间复杂度 动态规划的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码
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