【BZOJ1568】【JSOI2008】Blue Mary开公司

本文介绍了一道利用李超线段树解决的一次函数单点最值问题的模板题。通过该题详细展示了如何使用李超线段树进行高效的时间复杂度为O(NLogN)的求解过程,并提供了完整的C++代码实现。

【题目链接】

【思路要点】

  • 用李超线段树维护一次函数单点最值,模板题。
  • 时间复杂度\(O(NLogN)\)。

代码】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 100005;
const int MAXP = 200005;
const int MAXL = 15;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {
	if (x < 0) x = -x, putchar('-');
	if (x > 9) write(x / 10);
	putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {
	write(x);
	puts("");
}
struct SegmentTree {
	struct Node {
		int lc, rc;
		double k, b;
	} a[MAXP];
	int n, root, size;
	void build(int &root, int l, int r) {
		root = ++size;
		if (l == r) return;
		int mid = (l + r) / 2;
		build(a[root].lc, l, mid);
		build(a[root].rc, mid + 1, r);
	}
	void init(int x) {
		n = x;
		root = size = 0;
		build(root, 1, n);
	}
	void insert(int root, int l, int r, double k, double b) {
		if (a[root].k * l + a[root].b >= k * l + b && a[root].k * r + a[root].b >= k * r + b) return;
		if (a[root].k * l + a[root].b <= k * l + b && a[root].k * r + a[root].b <= k * r + b) {
			a[root].k = k;
			a[root].b = b;
			return;
		}
		int mid = (l + r) / 2; double md = (l + r) / 2.0;
		if (a[root].k * md + a[root].b <= k * md + b) {
			swap(a[root].k, k);
			swap(a[root].b, b);
		}
		insert(a[root].lc, l, mid, k, b);
		insert(a[root].rc, mid + 1, r, k, b);
	}
	void insert(double k, double b) {
		insert(root, 1, n, k, b);
	}
	double query(int root, int l, int r, int x) {
		double ans = a[root].k * x + a[root].b;
		if (l == r) return ans;
		int mid = (l + r) / 2;
		if (mid >= x) chkmax(ans, query(a[root].lc, l, mid, x));
		else chkmax(ans, query(a[root].rc, mid + 1, r, x));
		return ans;
	}
	double query(int x) {
		return query(root, 1, n, x);
	}
} ST;
int main() {
	int n; read(n);
	ST.init(1e5);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		char s[MAXL];
		scanf("\n%s", s);
		if (s[0] == 'P') {
			double b, k;
			scanf("%lf%lf", &b, &k);
			b -= k;
			ST.insert(k, b);
		} else {
			int x; read(x);
			int ans = ST.query(x) / 100 + 1e-10;
			printf("%d\n", ans);
		}
	}
	return 0;
}

题目描述 有一个 $n$ 个点的棋盘,每个点上有一个数字 $a_i$,你需要从 $(1,1)$ 走到 $(n,n)$,每次只能往右或往下走,每个格子只能经过一次,路径上的数字和为 $S$。定义一个点 $(x,y)$ 的权值为 $a_x+a_y$,求所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 输入格式 第一行一个整数 $n$。 接下来 $n$ 行,每行 $n$ 个整数,表示棋盘上每个点的数字。 输出格式 输出一个整数,表示所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 数据范围 $1\leq n\leq 300$ 输入样例 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 输出样例 25 算法1 (树形dp) $O(n^3)$ 我们可以先将所有点的权值求出来,然后将其看作是一个有权值的图,问题就转化为了在这个图中求从 $(1,1)$ 到 $(n,n)$ 的所有路径中,所有点的权值和的最小值。 我们可以使用树形dp来解决这个问题,具体来说,我们可以将这个图看作是一棵树,每个点的父节点是它的前驱或者后继,然后我们从根节点始,依次向下遍历,对于每个节点,我们可以考虑它的两个儿子,如果它的两个儿子都被遍历过了,那么我们就可以计算出从它的左儿子到它的右儿子的路径中,所有点的权值和的最小值,然后再将这个值加上当前节点的权值,就可以得到从根节点到当前节点的路径中,所有点的权值和的最小值。 时间复杂度 树形dp的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码 算法2 (动态规划) $O(n^3)$ 我们可以使用动态规划来解决这个问题,具体来说,我们可以定义 $f(i,j,s)$ 表示从 $(1,1)$ 到 $(i,j)$ 的所有路径中,所有点的权值和为 $s$ 的最小值,那么我们就可以得到如下的状态转移方程: $$ f(i,j,s)=\min\{f(i-1,j,s-a_{i,j}),f(i,j-1,s-a_{i,j})\} $$ 其中 $a_{i,j}$ 表示点 $(i,j)$ 的权值。 时间复杂度 动态规划的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码
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