【LOJ3053】「十二省联考 2019」希望

博客介绍了如何利用树形动态规划和长链剖分优化解决LOJ3053题目的思路,通过枚举连通块上的点或边,计算连通块的方案数。文章详细阐述了dp状态转移和后缀乘优化,以及计算过程中对全局加一和后缀乘操作的支持,实现了O(NLogV)的时间复杂度算法。

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【题目链接】

【思路要点】

  • 可以发现,中心能够存在的位置同样是树上的一个连通块,一个方案合法当且仅当该联通块大小非零。
  • 注意到布尔值 “连通块大小非零” 等于 “连通块内部点数” 减去 “连通块内部边数” ,可以考虑枚举存在于最终连通块上的一点或一边,并计算使得该点或边存在于最终连通块上的方案数,再利用上述关系计算答案。
  • 以枚举存在于最终连通块上的一点 x x x 为例,我们需要计算出包含 x x x ,且距离 x x x 最远的点距离在 L L L 以内的连通块的个数 f ( x ) f(x) f(x) ,那么最终 x x x 贡献的方案数即为 f ( x ) k f(x)^k f(x)k
  • 考虑树形 d p dp dp ,记 d p i , x dp_{i,x} dpi,x 表示 i i i 为根的子树中,包含 i i i ,且所有点距离 i i i 不超过 x x x 的连通块个数 + 1 +1 +1 u p i , x up_{i,x} upi,x 包含 i i i ,不包含 i i i 子树内其余点,且所有点距离 i i i 不超过 x x x 的连通块个数,则有转移
    d p i , j = 1 + ∏ x ∈ c h i l d ( i ) d p x , j − 1 dp_{i,j}=1+\prod_{x\in child(i)}dp_{x,j-1} dpi,j=1+xchild(i)dpx,j1
    u p i , j = 1 + u p f a t h e r i , j − 1 ∏ x ∈ c h i l d ( f a t h e r i ) , x ≠ i d p x , j − 2 up_{i,j}=1+up_{father_i,j-1}\prod_{x\in child(father_i),x\ne i}dp_{x,j-2} upi,j=1+upfatheri,j1xchild(fatheri),x̸=idpx,j2
  • 时间复杂度 O ( N L ) O(NL) O(NL) ,可参考下文 301 301 301 行起的代码。
  • 我们最终需要使用的 d p dp dp 值为 d p i , L − 1 , d p i , L , u p i , L dp_{i,L-1},dp_{i,L},up_{i,L} dpi,L1,dpi,L,upi,L
  • 计算 d p i dp_i dpi 的过程可以直观地使用长链剖分优化,我们需要额外支持对数组的后缀乘 c c c,和全局 + 1 +1 +1 操作。
  • 为全局维护标记 x → a x + b x\rightarrow ax+b xax+b ,则全局 + 1 +1 +1 操作可以轻松处理。
  • 注意到后缀乘操作时我们一定扫描了剩余的前缀,可以将所扫描的值除去 c c c ,再全局乘以 c c c 。当 c = 0 c=0 c=0 时我们可以视作一次后缀赋值操作,可以再额外维护一个后缀赋值标记来处理。
  • 由此,我们可以用长链剖分优化计算 d p i dp_i dpi ,注意到除去 c c c 的过程需要计算逆元,本部分时间复杂度为 O ( N L o g V ) O(NLogV) O(NLogV)
  • 考虑优化计算 u p i up_i upi ,同样采用长链剖分的思想,我们需要一个转移复杂度为轻边长度和的算法。注意到为了计算 u p i , L up_{i,L} upi,L ,我们只需要计算出 u p i , L − d e p t h i … L up_{i,L-depth_i\dots L} upi,LdepthiL 即可,其长度同样等于 d e p t h i depth_i depthi
  • 首先注意到计算 u p i up_i upi 时,我们需要使用 d p i dp_i dpi 的信息,因此需要记录更改前的 d p i dp_i dpi ,实现信息的可回退化,实际操作时直接用 v e c t o r vector vector 记录即可。
  • 考虑计算轻边的 u p i up_i upi ,由于需要暴力重构轻边,我们只需要保证复杂度为所有轻边长度和即可,需要一个类似于上文的结构来保证复杂度。
  • 计算 p o s pos pos 重儿子 x x x u p x up_x upx 时可以直接扫描轻边的 d p i dp_i d
<think>我们正在查询与LOJ6279相关的编程题目或解决方案。LOJ(LibreOJ)是一个在线的评测系统,主要收录算法竞赛题目。根据题号6279,我们需要确定该题目的具体内容。由于我无法直接访问网络,我将基于已知信息进行推理。在算法竞赛中,LOJ的题目编号通常与特定的题目对应。题号6279可能对应一个特定的问题。根据常见的题目类型,我们可以推测它可能涉及数据结构或算法。然而,为了准确回答,我们可以尝试回忆或推断常见的LOJ题目。例如,LOJ6000系列题目多为数据结构题,如线段树、树状数组等。实际上,通过搜索记忆,我回想起LOJ6279是“数列分块入门3”(BlockArray3)题目。这是“分块”系列题目中的一题。题目描述:给出一个长为n的数列,以及n个操作,操作涉及区间加法,询问区间内小于某个值x的前驱(即最大的小于x的数)。因此,用户需要的是关于LOJ6279题目的描述和解决方案。解决方案:由于题目要求分块处理,我们将数列分成若干块,每块大小为sqrt(n)。对于每个块,我们维护一个有序的数组(用于二分查找)以及一个加法标记(记录整个块被加了多少)。操作:1.区间加法:对于整块,直接更新加法标记;对于不完整的块,暴力更新元素值,然后重新排序该块(或者重新构建有序数组)。2.查询区间内小于x的前驱:遍历区间内的所有块。对于整块,在块的有序数组中二分查找小于(x-加法标记)的最大值;对于不完整的块,暴力遍历每个元素,判断是否小于x(注意加上加法标记)并更新最大值。代码实现(C++)示例:```cpp#include<iostream>#include<vector>#include<cmath>#include<algorithm>#include<climits>usingnamespacestd;constintMAXN=100010;constintBLOCK_SIZE=320;//约sqrt(MAXN)intn;vector<int>a;vector<int>block_add;//每块的加法标记vector<vector<int>>sorted_blocks;//每块的有序数组voidinit(){intblock_num=(n+BLOCK_SIZE-1)/BLOCK_SIZE;block_add.assign(block_num,0);sorted_blocks.resize(block_num);for(inti=0;i<n;i++){sorted_blocks[i/BLOCK_SIZE].push_back(a[i]);}for(inti=0;i<block_num;i++){sort(sorted_blocks[i].begin(),sorted_blocks[i].end());}}voidupdate_block(intblock_id){sorted_blocks[block_id].clear();intstart=block_id*BLOCK_SIZE;intend=min((block_id+1)*BLOCK_SIZE,n);for(inti=start;i<end;i++){sorted_blocks[block_id].push_back(a[i]);}sort(sorted_blocks[block_id].begin(),sorted_blocks[block_id].end());}voidadd(intl,intr,intc){intblock_l=l/BLOCK_SIZE,block_r=r/BLOCK_SIZE;if(block_l==block_r){for(inti=l;i<=r;i++){a[i]+=c;}update_block(block_l);}else{for(inti=l;i<(block_l+1)*BLOCK_SIZE;i++){a[i]+=c;}update_block(block_l);for(inti=block_l+1;i<block_r;i++){block_add[i]+=c;}for(inti=block_r*BLOCK_SIZE;i<=r;i++){a[i]+=c;}update_block(block_r);}}intquery(intl,intr,intc){intblock_l=l/BLOCK_SIZE,block_r=r/BLOCK_SIZE;intans=-1;if(block_l==block_r){for(inti=l;i<=r;i++){intval=a[i]+block_add[block_l];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}}else{for(inti=l;i<(block_l+1)*BLOCK_SIZE;i++){intval=a[i]+block_add[block_l];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}for(inti=block_l+1;i<block_r;i++){//在块i的有序数组中二分查找小于c-block_add[i]的最大值inttarget=c-block_add[i];autoit=lower_bound(sorted_blocks[i].begin(),sorted_blocks[i].end(),target);if(it!=sorted_blocks[i].begin()){it--;intval=*it+block_add[i];if(val>ans)ans=val;}}for(inti=block_r*BLOCK_SIZE;i<=r;i++){intval=a[i]+block_add[block_r];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}}returnans;}intmain(){cin>>n;a.resize(n);for(inti=0;i<n;i++){cin>>a[i];}init();for(inti=0;i<n;i++){intop,l,r,c;cin>>op>>l>>r>>c;l--;r--;//如果题目输入是1-indexed,则转换为0-indexedif(op==0){add(l,r,c);}else{cout<<query(l,r,c)<<endl;}}return0;}```注意:上述代码是示例代码,可能需要根据题目具体输入要求进行调整。§§相关问题§§1.LOJ6279题目的具体描述是什么?2.分块算法的时间复杂度是多少?3.除了分块,还有哪些方法可以解决LOJ6279?4.如何优化分块算法的常数?5.分块算法适用于哪些场景?</think>### LOJ 6279 题目分析与解决方案 **题目描述**:LOJ 6279 是 LibreOJ 上的 **"数列分块入门 3"**,属于分块算法的经典练习题。核心要求如下: - **操作 1**:区间 $[l, r]$ 内每个数加上值 $c$ - **操作 2**:查询区间 $[l, r]$ 内小于 $c$ 的**最大元素值**(即前驱),不存在时返回 $-1$ #### 分块算法设计 分块的核心思想是将数列划分为 $\sqrt{n}$ 大小的块,平衡暴力操作与批量处理。 ##### 关键数据结构 1. **块内有序数组**: - 每块维护一个排序后的数组,用于二分查找前驱。 - 示例:块 $B_i$ 的排序数组为 $S_i$。 2. **加法懒标记**: - 记录整块被加的总值 $add_i$(不影响块内有序性)。 ##### 操作实现 1. **区间加法($[l, r] + c$)**: - **整块**:直接更新懒标记 $add_i \gets add_i + c$,时间复杂度 $O(1)$。 - **碎块**:暴力修改元素值,并**重构有序数组**(排序),时间复杂度 $O(\sqrt{n} \log \sqrt{n})$。 2. **查询前驱($[l, r]$ 内 $< c$ 的最大值)**: - **整块**:在有序数组 $S_i$ 中二分查找 $c - add_i$ 的前驱,时间复杂度 $O(\log \sqrt{n})$。 - **碎块**:暴力遍历元素,检查 $a_j + add_i < c$ 并更新最大值,时间复杂度 $O(\sqrt{n})$。 #### 代码实现(C++) ```cpp #include <iostream> #include <vector> #include <cmath> #include <algorithm> #include <climits> using namespace std; const int MAXN = 100010; int n, block_size; vector<int> a; vector<int> add_tag; // 块的加法标记 vector<vector<int>> blocks; // 每块的有序数组 void init() { block_size = sqrt(n); int block_num = (n + block_size - 1) / block_size; add_tag.assign(block_num, 0); blocks.resize(block_num); for (int i = 0; i < n; i++) blocks[i / block_size].push_back(a[i]); for (int i = 0; i < block_num; i++) sort(blocks[i].begin(), blocks[i].end()); } void rebuild_block(int block_id) { blocks[block_id].clear(); int start = block_id * block_size; int end = min(start + block_size, n); for (int i = start; i < end; i++) blocks[block_id].push_back(a[i]); sort(blocks[block_id].begin(), blocks[block_id].end()); } void range_add(int l, int r, int c) { int block_l = l / block_size, block_r = r / block_size; if (block_l == block_r) { // 同一块内 for (int i = l; i <= r; i++) a[i] += c; rebuild_block(block_l); } else { // 左侧碎块 for (int i = l; i < (block_l + 1) * block_size; i++) a[i] += c; rebuild_block(block_l); // 中间整块 for (int i = block_l + 1; i < block_r; i++) add_tag[i] += c; // 右侧碎块 for (int i = block_r * block_size; i <= r; i++) a[i] += c; rebuild_block(block_r); } } int query_predecessor(int l, int r, int c) { int ans = -1; int block_l = l / block_size, block_r = r / block_size; // 左侧碎块暴力查询 for (int i = l; i < min(r + 1, (block_l + 1) * block_size); i++) { int val = a[i] + add_tag[block_l]; if (val < c && val > ans) ans = val; } // 中间整块二分查找 for (int i = block_l + 1; i < block_r; i++) { int target = c - add_tag[i]; auto it = lower_bound(blocks[i].begin(), blocks[i].end(), target); if (it != blocks[i].begin()) { it--; int val = *it + add_tag[i]; if (val < c && val > ans) ans = val; } } // 右侧碎块暴力查询 if (block_l != block_r) { for (int i = block_r * block_size; i <= r; i++) { int val = a[i] + add_tag[block_r]; if (val < c && val > ans) ans = val; } } return ans; } int main() { cin >> n; a.resize(n); for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i]; init(); for (int i = 0; i < n; i++) { int op, l, r, c; cin >> op >> l >> r >> c; l--; r--; // 转为0-indexed if (op == 0) range_add(l, r, c); else cout << query_predecessor(l, r, c) << endl; } return 0; } ``` #### 算法分析 - **时间复杂度**: - 单次修改/查询:$O(\sqrt{n} \log \sqrt{n})$(碎块排序主导)。 - 总操作 $m$ 次:$O(m \sqrt{n} \log n)$。 - **空间复杂度**:$O(n)$。 #### 优化技巧 1. **减少排序次数**: - 碎块修改时只重构受影响块的有序数组。 2. **块大小调整**: - 实测调整块大小为 $n^{0.6}$ 可能更快(需测试)。 #### 应用场景 分块算法适用于**强制在线**的区间问题(如 LOJ 的数列分块系列题),在 $O(\sqrt{n})$ 复杂度下平衡修改与查询[^1]。
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