2016zzuli校赛D题《蛤玮打扫教室》(线段树)

本文介绍了一种使用线段树解决机房分配问题的方法,该问题涉及多个队员通过抽签来分配打扫任务,目标是最小化特定队员的工作负担。文章详细解释了动态查询和区间修改的实现过程,并提供了完整的代码示例。

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Description

现在知道一共有n个机房,算上蛤玮一共有m个队员,教练做了m个签,每个签上写着两个数L,R(L<=R),抽到的人要把[L,R]的教室全部打扫一遍.由于蛤玮是队长而且他很懒,他通过某种交易提前知道了所有m个签上面写的是什么,而且通过某种魔法可以控制自己抽到哪个签.一个教室被打扫一次就干净了,所以蛤玮想知道自己抽哪些签可以不用打扫教室而且不会被教练发现,即他抽到的区间全都会被别人打扫一遍.
蛤玮被教练叫去打扫机房,集训队有很多机房,也有很多队员,现在他们要用抽签的方式决定谁打扫哪间教室.
Input

第一行为一个整数T(1<=T<=20),代表数据组数。每组数据第一行n,m(1<=n,m<=100000),接下来m行,每行两个数L,R(1<=L<=R<=n).

Output

每组数据输出一个k,表示多少个签符合蛤玮的要求,接下来一行输出k个数,这些签的编号,下标从1开始.

Sample Input

3
15 5
1 4
5 5
6 8
9 10
5 6
3 6
1 1
1 1
2 2
2 2
3 3
3 3
10 3
1 4
2 6
6 10
Sample Output

2
2 5
6
1 2 3 4 5 6
0
HINT
题解:动态查询,区间修改,建一棵维护最小值的线段树,做一个标记add。
代码:

#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<map>
#include<math.h>
#include<string.h>
#define ll long long
const int N=1e5+10;
int output[N];
int n,t,m;
inline int min(int x,int y)
{
    if(x>=y)
        return y;
    else
        return x;
}
struct node
{
    int x,y;
} a[N];
int sum[N<<2];
int add[N<<2];
inline void pushup(int rt)
{
    sum[rt]=min(sum[rt<<1],sum[rt<<1|1]);
}
inline void pushdown(int rt)
{
    if(add[rt])
    {
    add[rt<<1]+=add[rt];
    add[rt<<1|1]+=add[rt];
    sum[rt<<1]+=add[rt];
    sum[rt<<1|1]+=add[rt];
    add[rt]=0;
    }
}
inline int  query(int l,int r,int L,int R,int rt)
{
    int mi=1e9;
    if(L<=l&&R>=r)
        return sum[rt];
    pushdown(rt);
    int mid=(r+l)>>1;
    if(L<=mid) mi=min(mi,query(l,mid,L,R,rt<<1));
    if(R>mid)  mi=min(mi,query(mid+1,r,L,R,rt<<1|1));
    return mi;
}
inline void update(int L, int R,int c, int l, int r, int rt)
{
    if(L<=l&&R>=r)
    {
        add[rt]+=c;
        sum[rt]+=c;
        return ;
    }
    pushdown(rt);
    int mid=(r+l)>>1;
    if(L<=mid)
        update(L,R,c,l,mid,rt<<1);
    if(R>mid)
        update(L,R,c,mid+1,r,rt<<1|1);
    pushup(rt);
}
int main()
{
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        memset(sum,0,sizeof(sum));
        memset(add,0,sizeof(add));
        for(int i=1; i<=m; i++)
        {
            scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);
            update(a[i].x,a[i].y,1,1,n,1);
        }
        int ans=0;
        for(int i=1; i<=m; i++)
        {
            int cnt=query(1,n,a[i].x,a[i].y,1);
            if(cnt>=2)
            {
                output[ans++]=i;
            }
        }
        printf("%d\n",ans);
        for(int i=0; i<ans; i++)
        {
            if(i==0)
                printf("%d",output[i]);
            else
                printf(" %d",output[i]);
        }
       if(ans!=0) printf("\n");
    }
}
计算机组成原理作为计算机科学与技术专业的重要基础课程,期末考试通常涵盖数据表示、指令系统、中央处理器(CPU)结构、存储系统、输入输出系统等内容。以下是一些典型的真示例及解析: ### 数据表示与运算 1. **将十进制数 -37 转换为 8 位补码表示。** - 首先,将 37 转换为二进制:00100101。 - 然后对二进制数取反:11011010。 - 最后加 1:11011011。 - 因此,-37 的 8 位补码表示为 `11011011`。 2. **计算两个 8 位补码数 65 和 -42 的和,并判断是否溢出。** - 65 的 8 位补码为 `01000001`。 - -42 的 8 位补码为 `11010110`。 - 相加结果为 `00010111`,即十进制的 23。 - 没有发生溢出,因为结果在 8 位补码范围内。 ### 指令系统 3. **假设某计算机的指令格式如下:操作码占 6 位,地址码占 10 位,采用定长指令字格式,请问该计算机最多可以有多少种不同的操作?每个地址码最多能访问多少个主存单元?** - 操作码占 6 位,因此最多可以有 $2^6 = 64$ 种不同的操作。 - 地址码占 10 位,因此每个地址码最多能访问 $2^{10} = 1024$ 个主存单元。 ### 中央处理器(CPU)结构 4. **简述 CPU 中控制器的主要功能是什么?** - 控制器负责从内存中取出指令并解码,生成控制信号以协调各部件的工作[^1]。 - 它还负责控制程序计数器(PC),决定下一条要执行的指令地址[^1]。 ### 存储系统 5. **某计算机系统的主存容量为 4MB,Cache 容量为 64KB,块大小为 16B。采用直接映射方式,请问主存中的一个块号如何映射到 Cache 中的某个位置?** - 主存容量为 4MB,即 $2^{22}$ 字节。 - Cache 容量为 64KB,即 $2^{16}$ 字节。 - 块大小为 16B,即 $2^4$ 字节。 - 主存中的块数为 $2^{22}/2^4 = 2^{18}$。 - Cache 中的块数为 $2^{16}/2^4 = 2^{12}$。 - 由于采用直接映射,主存中的每个块只能映射到 Cache 中的一个特定位置,具体由块号的中间部分决定。 ### 输入输出系统 6. **简述中断处理的基本过程。** - 当外设需要服务时,会向 CPU 发出中断请求。 - CPU 接收到中断信号后,保存当前状态,转向中断服务程序。 - 执行完中断服务程序后,恢复之前的状态,继续执行被中断的程序[^1]。 ### 示例代码:实现一个简单的汇编语言程序片段 ```assembly ; 将寄存器 R1 和 R2 中的值相加,结果存入 R3 ADD R3, R1, R2 ```
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