Ugly Gardon

连续区间更新和询问POJ 3468 连续交了几次还WA，错误点比较多 代码+解释，盲打就指日可待啦/*线段树之连续区间更新和询问*/#include <cstdio>#include <iostream>#include <cstring>#include <queue>#include <algorithm>#include <cmath>using namespace std;

原题见POJ 1703N个人，M种输入，要么是声明两者不是同伙，要么是询问两者是否是同伙。思路年幼不懂事，看着紫书上的秩做的，今天重新思考一番，其实原理和积木移动的想法如出一辙。 把人当作积木，可以相互堆叠，a[i]为积木i底下的积木的个数（不严格，也可以是和这个数同奇偶的数字，在每次get累加路径上所有的a才能得到），p[i]为这堆积木最低端的积木编号。初始a[i]=0,p[i]=i. 声明操

BASIC引入：条件中给出了两两关系，且关系具有传递性，最后问某两是否有关系。想法：让有关系的抱团，均指向团长。查询时，看是否是同一个团长即可。基本操作： *1. 初始化：每个人都是自己的团长。for(int i = 0;i < n;i++) p[i] = i;*2. 找团长：存在长链时，a指向的只是它的熟人，并不是这个团的团长。a想打破垄断，越级走访。顺带着链上的所有人都找到了团长。in

敲了很久所以mark一下，辣鸡！原题见CF 482B试给出n个数，满足m个条件，每个条件即第l个数到第r个数这连续几个数的&值等于q。n和m范围为1到1051到10^5，q的范围为0到2302^{30}.分析同一个数如果要满足多个条件，则这个数值为q的或。 每次满足的条件要对一个区间的值取或（旧值或新值），对于区间操作，利用线段树来操作。 所有条件标记完以后，更新到所有结点。 再反过来检验是否

报告用的，和之前的内容可能有点重请见谅;)线段树降维恍然大悟给出一些矩形的位置和大小，求总共覆盖面积。 示意图解法： 一个方向作为扫描线。另一个方向坐标离散化。 扫描线往上划，依次更新区间。注意：定义好每个变量的含义。 cover是一个区间被完全覆盖时，计数覆盖了几重。子区间不用继承父区间的重数，否则在更新时会出错！（这点坑了一天） has是一个区间完全没被覆盖置为0，否则只要沾边

原题见HDU 5726给N(N≤100000N\le 100000)个数，Q(Q≤100000Q\le 100000)个询问，每次查询输出区间的最大公约数，以及最大公约数为这个数的区间数目。分析查询次数很多，要做预处理，用map<最大公约数,区间数>存下来，实现O(1)的查询。 预处理发现对于同一左端点的区间而言，右端点越靠右，区间gcd单调递减。因此可以固定左端点，二分右端点，找到gcd突变的右

标签：解题报告 图论原题见POJ 3207有n个点围成一个圈，给出m条可以弯曲的边，使得点两两相连。这些边可以在圆内画，也可以在圆外画。问是否有可以让边不相交的画法。分析每条边都有两种选择，画在内部或者外部。以这两种状态来标记边，共有m对状态，对第i条边，以2i, 2i+1来标记两种状态。而且这种状态必须选一种作为结果。这符合2-sat的说法。判断是否有两条边i，j会相交。若相交，则在图中添加四条有

标签：数据结构 解题报告处理范围处理一类无修改的离线区间询问问题流程已知[L, R]区间内的答案；O(1)内可以得到[L-1, R], [L+1, R], [L, R-1], [L, R+1]区间内的答案；通过从[L, R]到[L’, R’]的曼哈顿路径得到区间[L’, R’]内的答案，复杂度O(|L-L’|+|R-R’|)。对询问区间分块排序后再询问，复杂度O(nn√n\sqrt n)(a