[Hnoi2010]City 城市建设 CDQ分治

本文探讨了CDQ分治算法在解决城市建设项目中的应用,通过将在线问题转化为离线问题,缩小问题规模,减少重复计算,实现高效求解。文章详细介绍了CDQ分治的思想、具体步骤及其实现过程,包括如何处理一定有用和一定没用的边,以及并查集的使用。最终,通过实例代码展示了算法的实现细节。
[Hnoi2010]City 城市建设

Part 0

怎么也想不到正解会是CDQ分治,很妙的一道题。

CDQ分治就是将在线的问题转化为离线问题,将变化的数据变为不变的数据,缩小问题规模。

着眼于每个询问间的重复的操作,让一些操作不重复执行多遍。

同时还要保证分治的子区间执行的操作的复杂度只能和这个区间的长度有关。

Part 1

本题我们用分治思想入手。我们不妨按照时间分治。

倘若我们当前处理的操作区间为[L,R](len=R−L+1)[L,R](len=R-L+1)[L,R](len=RL+1)

不在这个区间内被修改的边的边权都是固定的。我们发现,对于[L,R]这个区间里的询问,除了在这个区间内有修改操作的边,还有一些边是一定没用的,有一些边是一定没用的。

我们记当前在这个询问区间内有n个点,m条边。

处理一定有用的边

然后我们再把所有修改的边的权值赋值为-INF(极小)(也就是尽量取这些边时),然后再做一遍最小生成树,那么这种情况下都选上的边后面一定用得上,将其权值计入答案,然后将这条边连接的两个点合成一个点。(那么此时点的规模最多为len)

处理一定没用的边

如果这个时候我们把所有修改的边的权值赋值为INF(也就是尽量不选),然后做一遍最小生成树,那么仍没选上的边一定用不到。(那么此时边的规模最多为2*len)

然后先处理当前分治区间,再处理左边的分治子区间,最后再处理右边的。如果分治到底层,那么将边权修改后进行最小生成树即可。(这个修改是全局的,故对于每一条边我们只存它对应原来的边的编号,用一个数组存边权即可)

Part 2

实际处理时的一些优化。

对于分治的每一层的边我们都可以存下来。

处理一定有用的边

我们先将要修改的边所连的两个点所在的集合都合并(也就是把他们都选上,如果已经在一个集合就不用),然后做一遍最小生成树,此时选中的边(不在这个区间里修改的)就是后面一定要用到的边。

将一定选的边的两个点合并可以用并查集。然后对更新每条边的端点即可。(也就是把两个点的编号变成一样的,有点不好描述,看代码好了)

处理一定没用的边

对于剩下的边按边权sort从小到大枚举,如果是要修改的边就直接选入边集并跳过(也就是尽量不选这些边),剩下的边正常做一遍最小生成树,将在最小生成树中的边选入边集。

Part 3

复杂度O(nlog⁡(n))O(n\log(n))O(nlog(n))

AC代码:

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define M 50005
using namespace std;
struct Line{
	int a,b,d,id;
	bool operator<(const Line &_)const{
		return d<_.d;
	}
}E[20][M];//每一层的边 
struct Op{
	int num,d;
}Q[M];
int fa[M];
int get_fa(int x){//并查集 
	if(x==fa[x])return x;
	return fa[x]=get_fa(fa[x]);
}
bool Merge(int x,int y){//如果两个点在同一个集合中返回false 
	int a=get_fa(x),b=get_fa(y);
	if(a==b)return false;
	fa[b]=a;
	return true;
}
void Init(Line *now,int tot){//预处理并差集 
	for(int i=1;i<=tot;i++){
		fa[now[i].a]=now[i].a;
		fa[now[i].b]=now[i].b;
	}
}
bool mark[M];
int num[M];//存一定在图中的边的编号 
int ID[M];
int val[M];
long long Ans[M];
void reduce_grath(Line *Lst,Line *now,int &tot,long long &sum){
	for(int i=1;i<=tot;i++)Lst[i].d=val[Lst[i].id];//注意此时可能每条边存的d不是当前的d(前面有修改) 
	sort(Lst+1,Lst+tot+1);
	Init(Lst,tot);
	for(int i=1;i<=tot;i++)if(mark[Lst[i].id])Merge(Lst[i].a,Lst[i].b);//将所有mark的边先尽量取 
	int sz=0;//sz的含义为一定要选的边的数量 
	for(int i=1;i<=tot;i++){
		if(Merge(Lst[i].a,Lst[i].b)){//如果可以加入图中,那么这个边一定不是被mark的 
			sum+=Lst[i].d;
			num[++sz]=i;
		}
	}
	Init(Lst,tot);
	for(int i=1;i<=sz;i++)Merge(Lst[num[i]].a,Lst[num[i]].b);
	//把这些边连着的两个点缩成一个点(也就是删除这条边) 
	for(int i=1;i<=tot;i++){
		ID[Lst[i].a]=get_fa(Lst[i].a);
		ID[Lst[i].b]=get_fa(Lst[i].b);
	}
	Init(Lst,tot);
	sz=0;//**sz的含义变为下一层的边的数量 
	for(int i=1;i<=tot;i++){
		int a=ID[Lst[i].a],b=ID[Lst[i].b];
		Line Nw=(Line){a,b,Lst[i].d,Lst[i].id};
		if(mark[Lst[i].id])now[++sz]=Nw;//如果是mark的边就直接选入边集 
		else if(Merge(a,b))now[++sz]=Nw;//剩下的边做最小生成树 
	}
	tot=sz;
}
void Solve(int L,int R,int tot,long long sum,int dep){//tot当前边数,sum当前已经选了边的边权和,dep当前处理的层的编号 
	if(L==R){
		val[Q[L].num]=Q[L].d;//修改边权 
		for(int i=1;i<=tot;i++)E[dep][i].d=val[E[dep][i].id];
		sort(E[dep]+1,E[dep]+tot+1);
		Init(E[dep],tot);
		for(int i=1;i<=tot;i++)if(Merge(E[dep][i].a,E[dep][i].b))sum+=E[dep][i].d;//最小生成树 
		Ans[L]=sum;
		return;
	}
	for(int i=L;i<=R;i++)mark[Q[i].num]=true;//将修改的边mark 
	reduce_grath(E[dep],E[dep+1],tot,sum);
	for(int i=L;i<=R;i++)mark[Q[i].num]=false;
	int mid=(L+R)>>1;
	Solve(L,mid,tot,sum,dep+1);//先处理左子区间 
	Solve(mid+1,R,tot,sum,dep+1);
}
int main(){
	int n,m,q;
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
	for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d%d",&E[0][i].a,&E[0][i].b,&E[0][i].d),E[0][i].id=i,val[i]=E[0][i].d;
	for(int i=1;i<=q;i++)scanf("%d%d",&Q[i].num,&Q[i].d);
	Solve(1,q,m,0,0);
	for(int i=1;i<=q;i++)printf("%lld\n",Ans[i]);
	return 0;
}
<think>好的,我现在需要解决用户关于[HNOI2010]弹飞绵羊的问题,特别是分块方法的解题思路。首先,我需要回忆一下这个题目的具体内容以及分块算法的一般应用。 题目大意应该是每个装置有一个弹力系数,当绵羊到达某个位置时会被弹到后面的某个位置,直到弹飞为止。问题应该是要求动态维护弹飞所需的步数,或者支持修改某个位置的弹力系数,同时查询某个点弹飞所需的次数。 分块处理这种问题通常是将数据分成多个块,每个块维护一些预处理的信息,这样在查询和修改时可以降低时间复杂度。比如,对于每个位置i,可以预处理出跳出当前块需要的步数,以及跳出后的落点位置。这样查询时就可以逐块跳跃,减少计算量。 接下来,我需要具体思考分块如何在这里应用。每个块的大小通常取√n,这样总共有√n个块。对于每个位置i,在预处理阶段,需要计算从i出发,需要多少步才能跳出当前所在的块,并且记录跳出后的位置。这样,当查询某个点的弹飞步数时,只需要累加每个块的步数,直到弹飞为止。修改操作时,只需要更新所在块内的信息,因为块内的预处理信息可能被影响,但其他块不受影响。 例如,假设块大小为m,对于每个位置i,如果i + a[i]超出了当前块的范围,则step[i] = 1,next[i] = i + a[i]。否则,step[i] = step[i + a[i]] + 1,next[i] = next[i + a[i]]。这样预处理之后,查询时从当前位置开始,每次跳到next[i],并累加step[i],直到next[i]超过n,即弹飞。 修改操作时,比如修改位置k的弹力系数,那么需要从k所在块的起始位置开始,重新计算该块内所有位置的step和next。这是因为修改可能影响该块内其他位置的预处理结果。比如,如果某个位置j的next[j]原本指向k的位置,修改k的弹力系数会影响j的next和step,所以需要重新计算整个块的信息。 这样,每次查询的时间复杂度是O(√n),因为每个块最多跳一次,而块的数量是√n。修改操作的时间复杂度是O(√n),因为需要重新处理整个块,大小是√n。 需要注意的是,分块的具体实现需要确定块的大小,通常取√n,但有时根据实际情况调整可能会有更好的效果。另外,预处理每个块的step和next时,需要从块的末尾向前处理,因为后面的位置的处理结果可能影响前面的位置。 可能还需要考虑边界条件,比如弹力系数是否可能超过数组长度,或者弹飞的条件。比如,当i + a[i] >= n时,就算弹飞,此时step[i]=1,next[i]=n或某个超出范围的标记。 另外,在实现过程中,如何处理块的分界点,以及如何遍历每个块内的元素,都是需要注意的细节。例如,块的范围是左闭右开还是左闭右闭,需要统一处理,避免数组越界或者漏掉元素。 总结一下,解题步骤应该是: 1. 将整个数组分成若干块,块的大小约为√n。 2. 预处理每个块内的每个位置i的step[i]和next[i],处理顺序应该是从块的最后一个元素向前处理。 3. 查询时,从查询点开始,不断跳到next[i],并累加step[i],直到i超出数组范围,总步数即为答案。 4. 修改时,找到修改位置所在的块,重新预处理该块内的所有元素的step和next。 这样,分块方法能够将时间复杂度降到O(m√n),其中m是操作次数,适用于较大的数据规模,符合算法竞赛的要求。 在代码实现时,需要注意块的下标处理,比如块号从0开始还是1开始,块的大小是否需要调整以适应数组长度不能被整除的情况。此外,预处理函数需要正确计算每个块的起点和终点,并在块内逆序处理元素,以确保后面的元素先被处理,前面的元素可以正确引用后面的step和next值。 举个例子,假设数组长度n=10,块大小m=3,那么块0是0-2,块1是3-5,块2是6-8,块3是9。对于每个块内的元素,比如块0,从位置2开始处理到0。对于位置i=2,如果a[2]=4,则i+a[i]=6,超过块0的范围,所以step[2]=1,next[2]=6。然后处理i=1,假设a[1]=2,则i+a[i]=3,属于块1,所以step[1]=1,next[1]=3。接着处理i=0,假设a[0]=1,则i+a[i]=1,仍在块0内,所以step[0] = step[1] + 1 = 2,next[0] = next[1] =3。这样,当查询位置0时,会先跳到3,再跳到next[3]的位置,依此类推,直到弹飞。 因此,分块方法的关键在于预处理每个块内的跳跃信息,使得查询时可以快速跨块计算,而修改时只需要更新所在块的信息,从而将时间复杂度降低到可接受的范围。</think>### [HNOI2010]弹飞绵羊分块解法思路 #### 问题分析 题目要求维护一个包含$n$个弹簧的序列,每个弹簧有弹力系数$k_i$。当绵羊落在位置$i$时,会被弹到$i + k_i$的位置,直到弹飞(即位置$\geq n$)。需要支持两种操作: 1. **查询**:从位置$x$出发,弹多少次会被弹飞? 2. **修改**:将位置$x$的弹力系数改为$y$。 #### 分块思想 将序列分为$\sqrt{n}$个块,每个块大小约为$\sqrt{n}$。预处理每个位置的**跳跃步数**和**落点**,使得: - **块内跳跃信息**:对于每个位置$i$,记录跳出当前块所需的步数$step[i]$和最终落点$next[i]$。 - **查询优化**:每次查询只需逐块跳跃,时间复杂度$O(\sqrt{n})$。 - **修改优化**:修改仅影响当前块的信息,时间复杂度$O(\sqrt{n})$。 #### 预处理方法 1. **块划分**:将数组划分为$m = \lceil \sqrt{n} \rceil$个块,每个块大小为$m$。 2. **逆序处理**:从每个块的最后一个位置向前遍历: - 若$i + k_i$超出当前块,则$step[i] = 1$,$next[i] = i + k_i$。 - 若未超出,则继承下一个位置的步数和落点: $$step[i] = step[i + k_i] + 1, \quad next[i] = next[i + k_i]$$ #### 查询操作 从位置$x$开始,不断跳转到$next[x]$并累加$step[x]$,直到$next[x] \geq n$。总步数即为答案。 #### 修改操作 1. 找到位置$x$所在的块。 2. **重置块内信息**:从该块的最后一个位置重新逆序计算$step$和$next$。 #### 代码框架(Python示例) ```python import math class BlockSolution: def __init__(self, n, k): self.n = n self.k = k.copy() self.block_size = int(math.sqrt(n)) + 1 self.step = [0] * n self.next = [0] * n self.build_blocks() def build_blocks(self): # 分块预处理 for block_start in range(0, self.n, self.block_size): block_end = min(block_start + self.block_size, self.n) for i in range(block_end - 1, block_start - 1, -1): if i + self.k[i] >= block_end: # 跳出当前块 self.step[i] = 1 self.next[i] = i + self.k[i] else: # 依赖块内后续位置 self.step[i] = self.step[i + self.k[i]] + 1 self.next[i] = self.next[i + self.k[i]] def query(self, x): # 查询弹跳次数 res = 0 while x < self.n: res += self.step[x] x = self.next[x] return res def update(self, x, y): # 修改弹力系数并重建块 self.k[x] = y block_start = (x // self.block_size) * self.block_size block_end = min(block_start + self.block_size, self.n) for i in range(block_end - 1, block_start - 1, -1): if i + self.k[i] >= block_end: self.step[i] = 1 self.next[i] = i + self.k[i] else: self.step[i] = self.step[i + self.k[i]] + 1 self.next[i] = self.next[i + self.k[i]] ``` #### 复杂度分析 - **预处理**:$O(n)$ - **查询**:$O(\sqrt{n})$ - **修改**:$O(\sqrt{n})$ #### 应用场景 分块法适用于需要**动态维护跳跃路径**且**支持快速修改**的问题,例如弹飞绵羊、树状路径跳跃等[^1]。
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