【PKUSC2018】星际穿越【结论】【倍增dp】

Lstdo

于 2021-01-21 17:11:55 发布

阅读量250

点赞数

CC 4.0 BY-SA版权

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/luositing/article/details/112967084

该博客讨论了一种处理无向图中特定区间内节点与给定点最短路径平均值的问题。文章指出，在初始步骤中最多只能向右跳一步，并提供了利用倍增优化的算法，实现复杂度为O((n+q)logn)。博客内容涉及图论、最短路径算法和动态规划，适合对算法和数据结构感兴趣的读者。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题意：有一张边权为 $1$ 的无向图，对 $i∈[2,n]i\in [2,n]$ ， $i$ 与 $l_i,i-1]$ 间有边。 $q$ 次询问 $l, r, x$ ，表示 $x$ 与 $[l, r]$ 中的所有点的最短路长度的平均值，其中 $l < r < x$ 。

$n,q≤3×105n,q\leq 3\times 10^5$

考场上以为只能往左走，喜提 0 分。

首先结论是最多在开始时往右跳一步。如果跳了多步，因为你最终要跳回来，那么一定有一次是跨过了出发点的，因为是双向边，所以不如一次跳到这个点然后往左跳。

先考虑第一步往右的情况，设 $p r e (i, j)$ 表示从 $[i, n]$ 中任意一点往左跳最多 $j$ 步能走到的最左边的点。尽管 $[i + 1, n]$ 中有些点可能无法从 $i$ 一步跳到，但就意味着这些点还要再跳一次才能跳到 $i$ 左边，一定是不优的。

由于第一步可以往左，我们再加一个第一步强制往左的，也就是从 $l_x$ 开始转移。

发现这个有结合性，所以用倍增优化即可。

复杂度 $O((n+q)log⁡n)\Omicron((n+q)\log n)$

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#define MAXN 300005
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a,ll b){return b? gcd(b,a%b):a;}
inline int read()
{
	int ans=0;
	char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) c=getchar();
	while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();
	return ans;
}
int a[MAXN],pre[MAXN][20];
ll sum[MAXN][20];
ll query(int p,int x)
{
	if (a[x]<=p) return x-p;
	int pos=a[x],cur=1;
	ll ans=x-a[x];
	for (int i=19;i>=0;i--)
		if (pre[pos][i]>=p)
		{
			ans+=sum[pos][i]+(ll)(pos-pre[pos][i])*cur;
			pos=pre[pos][i];
			cur+=(1<<i);
		}
	return ans+(ll)(pos-p)*(cur+1);
}
int main()
{
	int n=read();
	pre[n+1][0]=2e9;
	for (int i=2;i<=n;i++) a[i]=read();
	for (int i=n;i>=1;i--) sum[i][0]=i-(pre[i][0]=min(pre[i+1][0],a[i]));
	for (int j=1;j<20;j++)
		for (int i=1;i<=n;i++)
		{
			pre[i][j]=pre[pre[i][j-1]][j-1];
			sum[i][j]=sum[i][j-1]+sum[pre[i][j-1]][j-1]+(1ll<<(j-1))*(pre[i][j-1]-pre[i][j]);
		}
	for (int q=read();q;q--)
	{
		int l,r,x;
		l=read(),r=read(),x=read();
		ll ans=query(l,x)-query(r+1,x),y=r-l+1;
		ll d=gcd(ans,y);
		ans/=d,y/=d;
		printf("%lld/%lld\n",ans,y);
	}
	return 0;
}