【CodeForces】【可持久化线段树】 Katya and Segments Sets

CodeForces 1080F Katya and Segments Sets

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题目大意

有 $n$ 个集合（编号1~n），每个集合包含一些线段（可表示为区间 $[l,r]$）。再有 $m$ 个询问，每个询问要求判定对于编号在 $[a,b]$ 的集合中都存在至少一个线段在区间 $[x,y]$ 中。强制在线。

分析

数据范围决定了这个题不能暴力做。但是为什么会出现在名为“C++基础”的比赛中呢

首先是我最初看到这个题的一个想法：按线段左右端点离散化后做一个线段树来查询。但是这种方式无法有效地区别线段集合。然后我又脑补了几个想法。。。

先只考虑一个询问。首先应当考虑去除某个查询要求的影响。一种比较好的解法是将所有线段按左端点顺序排好，然后查询时只在左端点大于等于 $l$ 时往后扫并判断合法与否。这样直接做肯定会炸，但也可以用优化一下：

对每个集合，记其线段左端点大于等于 $l$ 的线段右端点最小值为 $v$ ，然后就可以利用线段树按集合编号来维护这个最小值 $v$ 的最大值来优化算法。这样就可以做到快速查询。

当然这个题要求多组询问且强制在线，我们就可以自然地把线段树可持久化一下，以 $l$ 为顺序建立可持久化线段树，查询时仅需查询左端点大于 $l$ 的版本。

为了方便实现建树时就可以考虑按 $l$ 由大到小的顺序来建，然后每次询问时二分出对应版本即可。

然后这个题就是个可持久化线段树的板子了

代码

可持久化线段树是用指针写的，还爆了几次RE。。。

应该注意到可持久化线段树 root 数目是和插入次数也即线段数目有关。。。。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int MaxK = (int)3e5, MaxN = (int)1e5;
const int INF = 0x7FFFFFFF;

struct seg {
	int l, r;
	int p;
};
inline bool cmp(seg lhs, seg rhs) {return lhs.l > rhs.l;}
struct node {
	node *lch, *rch;
	int val;
};

int N, K;

seg s[MaxK + 5];
node pool[MaxN * 100 + 5];
node *NIL, *ncnt, *root[MaxK + 5];
void init() {
	NIL = ncnt = &pool[0];
	NIL->lch = NIL->rch = NIL;
	NIL->val = INF, root[0] = NIL;
}
inline node * newnode() {
	node *ret = ++ncnt;
	ret->lch = ret->rch = NIL;
	ret->val = INF;
	return ret;
}

node *Insert(node *pre, int l, int r, int val, int p) {
	node *rt = newnode(); (*rt) = (*pre);
	if(l == r) {
		rt->val = min(rt->val, val);
		return rt;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(p <= mid) rt->lch = Insert(pre->lch, l, mid, val, p);
	else rt->rch = Insert(pre->rch, mid + 1, r, val, p);
	rt->val = max(rt->lch->val, rt->rch->val);
	return rt;
}
int Query(node *rt, int lb, int rb, int l, int r) {
	if(l > rb || r < lb) return -INF;
	if(l <= lb && rb <= r) return rt->val;
	int mid = (lb + rb) >> 1;
	return max(Query(rt->lch, lb, mid, l, r),
				Query(rt->rch, mid + 1, rb, l, r));
}
//可持久化线段树部分
int main() {
#ifdef LOACL
	freopen("in.txt", "r", stdin);
	freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
	int m;
	scanf("%d %d %d", &N, &m, &K);
	for(int i = 1; i <= K; i++)
		scanf("%d %d %d", &s[i].l, &s[i].r, &s[i].p);
	sort(s + 1, s + K + 1, cmp);
	init();
	for(int i = 1; i <= K; i++)
		root[i] = Insert(root[i - 1], 1, N, s[i].r, s[i].p);
	//按线段左端点从大到小建树
	while(m--) {
		int a, b, x, y;
		scanf("%d %d %d %d", &a, &b, &x, &y);
		int lb = 1, rb = K, p = 0;
		while(lb <= rb) {
			int mid = (lb + rb) >> 1;
			if(x <= s[mid].l) p = mid, lb = mid + 1;
			else rb = mid - 1;
		}//二分找出对应版本
		int q = Query(root[p], 1, N, a, b);
		if(q <= y) puts("yes");
		else puts("no");
		fflush(stdout);
	}
	return 0;
}