HDU 6315 Naive Operations(线段树单点更新配合区间更新+思维)*

本文介绍了一种利用线段树进行区间操作优化的算法。针对特定的区间加法及求和查询问题,通过维护区间最小值和最大值,实现高效更新和查询。适用于比赛等需要快速解决大规模数据处理的场景。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

Naive Operations

Time Limit: 6000/3000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 502768/502768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 2271    Accepted Submission(s): 987


 

Problem Description

In a galaxy far, far away, there are two integer sequence a and b of length n.
b is a static permutation of 1 to n. Initially a is filled with zeroes.
There are two kind of operations:
1. add l r: add one for al,al+1...ar
2. query l r: query ∑ri=lai/bi

 

 

Input

There are multiple test cases, please read till the end of input file.
For each test case, in the first line, two integers n,q, representing the length of a,b and the number of queries.
In the second line, n integers separated by spaces, representing permutation b.
In the following q lines, each line is either in the form 'add l r' or 'query l r', representing an operation.
1≤n,q≤100000, 1≤lrn, there're no more than 5 test cases.

 

 

Output

Output the answer for each 'query', each one line.

 

 

Sample Input

 

5 12 1 5 2 4 3 add 1 4 query 1 4 add 2 5 query 2 5 add 3 5 query 1 5 add 2 4 query 1 4 add 2 5 query 2 5 add 2 2 query 1 5

 

 

Sample Output

 

1 1 2 4 4 6

 

 

Source

2018 Multi-University Training Contest 2

 

 

Recommend

chendu   |   We have carefully selected several similar problems for you:  6318 6317 6316 6315 6314 

 

 

Statistic | Submit | Discuss | Note

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<map>//int dx[4]={0,0,-1,1};int dy[4]={-1,1,0,0};
#include<set>//int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
#include<vector>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<string.h>
#include<stdlib.h>
#include<cstdio>
#define ll long long
#define maxn 100005
#define ms memset
using namespace std;
/*
题目大意:明显的线段树风格题目,
给定两种操作,在a数组上区间相加,
查询区间和:sigma(ai/bi)(下界)。
初始a数组为零

这种题目比赛时用普通的想法肯定超时,
因为在更新区间答案时采用了遍历。
其实细细分析下,总共的答案修改次数非常之少,
且b数组是1~n的数字的填充。

那么可想而知其复杂度应该可以搞成nlogn(调和级数)。

线段树的节点主要是维护区间性质来代替区间更新对最终答案产生的影响。
那么我们维护b数组的最小值,和a数组的最大值,
可想而知在一个区间中,如果a数组的最大值小于b数组最小值,
则该区间操作对答案更笨没有影响,懒惰标记下推即可,因为相加要继续下放到下面层的区间。
在单点中,如果ai>=bi,则产生影响,更新与b数组关联的最小值(倍增),更新单点的s答案。
通过上推标记和懒惰标记配合,其他的都是线段树的模板
*/
struct node
{
    int l,r,fg;
    int s,minv,maxv;
    node(){}
}tr[maxn<<2];
int a[maxn],b[maxn];
int n,q,l,r;
char c[10];

void pushup(int rt)
{
   tr[rt].s=tr[rt<<1].s+tr[rt<<1|1].s;
   tr[rt].minv=min(tr[rt<<1].minv,tr[rt<<1|1].minv);
   tr[rt].maxv=max(tr[rt<<1].maxv,tr[rt<<1|1].maxv);
}

void pushdown(int rt)
{
    int tfg=tr[rt].fg;
    if(tfg)
    {
        tr[rt<<1].fg+=tfg;
        tr[rt<<1|1].fg+=tfg;
        tr[rt<<1].maxv+=tfg;
        tr[rt<<1|1].maxv+=tfg;
        tr[rt].fg=0;
    }
}

void Build(int l,int r,int rt)
{
    tr[rt].l=l,tr[rt].r=r;
    tr[rt].fg=0;
    if(l==r)
    {
        tr[rt].maxv=tr[rt].s=0;
        tr[rt].minv=b[l];
        return ;
    }

    pushdown(rt);
    int mid=(l+r)>>1;
    Build(l,mid,rt<<1);
    Build(mid+1,r,rt<<1|1);
    pushup(rt);
}

void update(int l,int r,int rt,int L,int R)
{
    if(L<=l&&r<=R)
    {
        tr[rt].maxv++;
        if(tr[rt].maxv<tr[rt].minv)
        {
            tr[rt].fg++;///懒惰标记更新,下次遇到再下推,该区间的波动不会引起答案的更新
            return ;
        }
        if(l==r&&tr[rt].maxv>=tr[rt].minv)  ///单点更新,如果最大值大于b数组,则引起和的变化,并且迭代b数组
        {
            tr[rt].s++;
            tr[rt].minv+=b[l];
            return ;
        }
    }
    pushdown(rt);
    int mid=l+r>>1;
    if(L<=mid ) update(l,mid,rt<<1,L,R);
    if(mid<R) update(mid+1,r,rt<<1|1,L,R);
    pushup(rt);
}

int Query(int l,int r,int rt,int L,int R)
{
    if(L<=l&&r<=R)   return tr[rt].s;
    pushdown(rt);
    int ans=0,mid=l+r>>1;
    if(L<=mid) ans+=Query(l,mid,rt<<1,L,R);
    if(mid<R) ans+=Query(mid+1,r,rt<<1|1,L,R);
    return ans;
}

int main()
{
    while(scanf("%d%d",&n,&q)!=EOF)
    {
        memset(a,0,sizeof(a));
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]);
        Build(1,n,1);
        for(int i=0;i<q;i++)
        {
            scanf("%s%d%d",c,&l,&r);
            if( c[0]=='a' )   update(1,n,1,l,r);
            else printf("%d\n",Query(1,n,1,l,r));
        }
    }
    return 0;
}

 

评论 1
添加红包

请填写红包祝福语或标题

红包个数最小为10个

红包金额最低5元

当前余额3.43前往充值 >
需支付:10.00
成就一亿技术人!
领取后你会自动成为博主和红包主的粉丝 规则
hope_wisdom
发出的红包
实付
使用余额支付
点击重新获取
扫码支付
钱包余额 0

抵扣说明:

1.余额是钱包充值的虚拟货币,按照1:1的比例进行支付金额的抵扣。
2.余额无法直接购买下载,可以购买VIP、付费专栏及课程。

余额充值