3188: [Coci 2011]Upit splay

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splay,对于区间加等差数列的操作,我们可以发现等差数列的首项和公差是可以分开考虑并且可叠加的。那么就打标记就好了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;

const int N=200005;
int n,Q,t1,t2,tot,root;
int fa[N],tree[N][2];
long long size[N],sum[N],tag[N][4],val[N];

inline long long read()
{
    long long a=0,f=1; char c=getchar();
    while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') f=-1; c=getchar();}
    while (c>='0'&&c<='9') {a=a*10+c-'0'; c=getchar();}
    return a*f;
}

inline void modify(int k,long long x)
{
    tag[k][0]=1; tag[k][1]=x; 
    tag[k][2]=0; tag[k][3]=0;
    sum[k]=size[k]*x; val[k]=x;
}

inline void update(int k,long long y,long long z)
{
    tag[k][2]+=y; tag[k][3]+=z;
    val[k]+=y+size[tree[k][0]]*z;
    sum[k]+=size[k]*y+size[k]*(size[k]-1)/2ll*z;
}

inline void pushup(int k)
{
    sum[k]=sum[tree[k][0]]+sum[tree[k][1]]+val[k];
    size[k]=size[tree[k][0]]+size[tree[k][1]]+1;
}

inline void pushdown(int k)
{
    if (tag[k][0])
    {
        modify(tree[k][0],tag[k][1]);
        modify(tree[k][1],tag[k][1]);
        tag[k][0]=0;
    }
    if (tag[k][2]||tag[k][3])
    {
        update(tree[k][0],tag[k][2],tag[k][3]);
        update(tree[k][1],tag[k][2]+tag[k][3]*(size[tree[k][0]]+1),tag[k][3]);
        tag[k][2]=tag[k][3]=0;
    }
}

inline void rotate(int x,int &k)
{
    int y=fa[x],z=fa[y],l=tree[y][1]==x,r=l^1;
    if (y==k) k=x; else tree[z][tree[z][1]==y]=x;
    fa[x]=z; fa[y]=x; fa[tree[x][r]]=y;
    tree[y][l]=tree[x][r]; tree[x][r]=y;
    pushup(y); pushup(x);
}

inline void splay(int x,int &k)
{
    while (x!=k)
    {       
        int y=fa[x],z=fa[y];
        if (y!=k)
        {
            if (tree[y][0]==x^tree[z][0]==y) rotate(x,k); else rotate(y,k);
        }
        rotate(x,k);
    }
}

int find(int k,int x)
{
    pushdown(k);
    if (size[tree[k][0]]+1==x) return k;
    else if (size[tree[k][0]]+1>x) return find(tree[k][0],x);
    else return find(tree[k][1],x-size[tree[k][0]]-1);
}

inline void split(int x,int y)
{
    t1=find(root,x); t2=find(root,y);
    splay(t1,root); splay(t2,tree[t1][1]);
}

void build(int l,int r,int f)
{
    if (l>r) return;
    int mid=l+r>>1;
    fa[mid]=f; tree[f][mid>f]=mid;
    if (l==r) {sum[mid]=val[mid]; size[mid]=1; return;}
    build(l,mid-1,mid); build(mid+1,r,mid);
    pushup(mid);
}

int main()
{
//  freopen("txt.in","r",stdin);
//  freopen("my.out","w",stdout);

    n=read(); Q=read();
    for (int i=2;i<=n+1;i++) val[i]=read();
    root=(n+3)>>1; tot=n+2;
    build(1,n+2,0);
    while (Q--)
    {
        int opt=read();
        long long z;
        if (opt==3)
        {
            int x=read();
            split(x,x+1);
            tree[t2][0]=++tot;
            fa[tot]=t2;
            val[tot]=sum[tot]=read();
            size[tot]=1;
        }
        else
        {
            int x=read(),y=read();
            split(x,y+2);
            if (opt==1) modify(tree[t2][0],read());
            else if (opt==4) printf("%lld\n",sum[tree[t2][0]]);
            else z=read(),update(tree[t2][0],z,z);
        }
        pushup(t2); pushup(t1);
    }
    return 0;
}

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### 回答1: 题目描述: Eko 有一排树,每棵树的高度不同。他想要砍掉一些树,使得剩下的树的高度都相同。他希望砍掉的树的高度尽可能地少,你能帮他算出最少要砍掉多少棵树吗? 输入格式: 第一行包含两个整数 N 和 M,分别表示树的数量和 Eko 希望的树的高度。 第二行包含 N 个整数,表示每棵树的高度。 输出格式: 输出一个整数,表示最少要砍掉的树的数量。 输入样例: 9 5 2 3 4 7 8 9 10 11 12 输出样例: 3 解题思路: 二分答案 首先,我们可以发现,如果我们知道了 Eko 希望的树的高度,那么我们就可以计算出砍掉多少棵树。 具体来说,我们可以遍历每棵树,如果它的高度大于 Eko 希望的树的高度,那么就将它砍掉,否则就保留它。 然后,我们可以使用二分答案的方法来确定 Eko 希望的树的高度。 具体来说,我们可以将树的高度排序,然后二分一个可能的 Eko 希望的树的高度,然后计算砍掉多少棵树,如果砍掉的树的数量小于等于 M,那么说明 Eko 希望的树的高度可能更小,否则说明 Eko 希望的树的高度可能更大。 最后,我们可以得到最少要砍掉的树的数量。 时间复杂度:O(NlogN)。 参考代码: ### 回答2: 这道题目是一道模拟题,需要模拟机器人的移动过程以及得出最终机器人的位置和朝向。首先需要明确机器人的起始位置以及朝向,其次需要读取输入的指令,根据指令逐步移动机器人,并顺便判断是否会越界或者碰到障碍物。最后输出最终机器人的位置和朝向。 在本题中,需要按照从西向东、从北向南、从东向西、从南向北的顺序判断机器人的朝向。为了方便表述,我把机器人的朝向表示为0、1、2、3,分别代表从西向东、从北向南、从东向西、从南向北。 具体地说,机器人按照指令逐步移动时需要分情况讨论,比如: 1.当前机器人朝向为0,即从西向东: 若指令为F,则x坐标+1,但需要判断是否越界或者碰到障碍物。 若指令为L,则朝向变为3。 若指令为R,则朝向变为1。 2.当前机器人朝向为1,即从北向南: 若指令为F,则y坐标-1,但需要判断是否越界或者碰到障碍物。 若指令为L,则朝向变为0。 若指令为R,则朝向变为2。 3.当前机器人朝向为2,即从东向西: 若指令为F,则x坐标-1,但需要判断是否越界或者碰到障碍物。 若指令为L,则朝向变为1。 若指令为R,则朝向变为3。 4.当前机器人朝向为3,即从南向北: 若指令为F,则y坐标+1,但需要判断是否越界或者碰到障碍物。 若指令为L,则朝向变为2。 若指令为R,则朝向变为0。 最后输出最终机器人的位置和朝向即可。 在编写程序时需要注意判断边界和障碍物,以及要用scanf读取输入,不要用C++的cin,否则会TLE。此外,由于本题没有给出边界和障碍物,需要自己设置。最后,本题的思路不难,但是需要认真仔细地处理各种情况,多测试几组数据找出程序的漏洞,这样才能通过本题。 ### 回答3: 本题为一道组合数学题,需要运用排列组合知识进行分析。 题目要求将n个方块填入3*3的网格中,每个方块可以是红色、绿色或蓝色的一个。要求每行、每列和对角线上的方块颜色都不相同。求方案总数。 首先考虑对第一行进行颜色选取。由于第一行每个位置的颜色都不影响其他行和列,故第一行的颜色选取不影响总方案数。所以假设第一行颜色已经确定,考虑第二行的颜色选取。第二行中各位置的颜色受到第一行的限制,只有第一行某位置颜色的补集才能选取。例如,若第一行第一个位置是红色,那么第二行第一个位置不能选取红色。因为每行颜色不能相同,所以第二行受到第一行限制的位置只有3个。第三行同理,由于前两行的限制,只有2个位置可选。做完颜色选取后,再将每行的方块进行排列,此时我们可以使用错排公式得到方案数: D(n) = n!(1 - 1/1! + 1/2! - 1/3! + ... + (-1)^(n)/n!) 最终,方案总数即为每个第一行颜色选取方法下的错排方案数之和。按题意枚举第一行的颜色,就可以得到最终的方案总数了。 总结一下,本题所需要的知识点为:错排公式、颜色限制对组合数的影响、暴力枚举法。
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