I Hate It(HDU-1754)

本文解析了一道经典的线段树模板题,涉及到学生分数的更新和查询最高分的场景。通过实例输入输出,详细介绍了如何使用线段树进行区间查询和单点更新,提供了完整的C++代码实现。

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

Problem Description

很多学校流行一种比较的习惯。老师们很喜欢询问,从某某到某某当中,分数最高的是多少。 
这让很多学生很反感。 

不管你喜不喜欢,现在需要你做的是,就是按照老师的要求,写一个程序,模拟老师的询问。当然,老师有时候需要更新某位同学的成绩。

Input

本题目包含多组测试,请处理到文件结束。 
在每个测试的第一行,有两个正整数 N 和 M ( 0<N<=200000,0<M<5000 ),分别代表学生的数目和操作的数目。 
学生ID编号分别从1编到N。 
第二行包含N个整数,代表这N个学生的初始成绩,其中第i个数代表ID为i的学生的成绩。 
接下来有M行。每一行有一个字符 C (只取'Q'或'U') ,和两个正整数A,B。 
当C为'Q'的时候,表示这是一条询问操作,它询问ID从A到B(包括A,B)的学生当中,成绩最高的是多少。 
当C为'U'的时候,表示这是一条更新操作,要求把ID为A的学生的成绩更改为B。 

Output

对于每一次询问操作,在一行里面输出最高成绩。

Sample Input

5 6
1 2 3 4 5
Q 1 5
U 3 6
Q 3 4
Q 4 5
U 2 9
Q 1 5

Sample Output

5
6
5
9

思路:线段树模板题,求最值,要求可单点更新,区间查询

Source Program

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<algorithm>
#include<utility>
#include<stack>
#include<queue>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#define PI acos(-1.0)
#define E 1e-9
#define INF 0x3f3f3f3f
#define N 200001
#define LL long long
const int MOD=20091226;
const int dx[]={-1,1,0,0};
const int dy[]={0,0,-1,1};
using namespace std;

int maxx[N*4];
#define lson i*2,l,mid
#define rson i*2+1,mid+1,r

void pushUp(int i){
    maxx[i]=max(maxx[i*2],maxx[i*2+1]);
}
void build(int i,int l,int r){
    if(l==r){
        scanf("%d",&maxx[i]);
        return;
    }

    int mid=(l+r)/2;
    build(lson);
    build(rson);
    pushUp(i);
}

int queryInterval(int ql,int qr,int i,int l,int r){
    if(ql<=l&&r<=qr)
        return maxx[i];

    int mid=(l+r)/2;
    int res=-INF;
    if(ql<=mid)
        res=max(res,queryInterval(ql,qr,lson));
    if(mid<qr)
        res=max(res,queryInterval(ql,qr,rson));

    return res;
}

void updatePoint(int id,int val,int i,int l,int r){
    if(l==r){
        maxx[i]=val;
        return;
    }
    int mid=(l+r)/2;
    if(id<=mid)
        updatePoint(id,val,lson);
    else
        updatePoint(id,val,rson);

    pushUp(i);
}

int main(){
    int n,m;
    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){
        build(1,1,n);
        while(m--){
            char str[5];
            int x,y;
            scanf("%s%d%d",str,&x,&y);
            if(str[0]=='Q')
                printf("%d\n",queryInterval(x,y,1,1,n));
            else
                updatePoint(x,y,1,1,n);
        }
    }
    return 0;
}

 

HDU-3480 是一个典型的动态规划问题,其题目标题通常为 *Division*,主要涉及二维费用背包问题或优化后的动态规划策略。题目大意是:给定一个整数数组,将其划分为若干个连续的子集,每个子集最多包含 $ m $ 个元素,并且每个子集的最大值与最小值之差不能超过给定的阈值 $ t $,目标是使所有子集的划分代价总和最小。每个子集的代价是该子集最大值与最小值的差值。 ### 动态规划思路 设 $ dp[i] $ 表示前 $ i $ 个元素的最小代价。状态转移方程如下: $$ dp[i] = \min_{j=0}^{i-1} \left( dp[j] + cost(j+1, i) \right) $$ 其中 $ cost(j+1, i) $ 表示从第 $ j+1 $ 到第 $ i $ 个元素构成一个子集的代价,即 $ \max(a[j+1..i]) - \min(a[j+1..i]) $。 为了高效计算 $ cost(j+1, i) $,可以使用滑动窗口或单调队列等数据结构来维护区间最大值与最小值,从而将时间复杂度优化到可接受的范围。 ### 示例代码 以下是一个简化版本的动态规划实现,使用暴力方式计算区间代价,适用于理解问题结构: ```cpp #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int INF = 0x3f3f3f3f; const int MAXN = 10010; int a[MAXN]; int dp[MAXN]; int main() { int T, n, m; cin >> T; for (int Case = 1; Case <= T; ++Case) { cin >> n >> m; for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i]; dp[0] = 0; for (int i = 1; i <= n; ++i) { dp[i] = INF; int mn = a[i], mx = a[i]; for (int j = i; j >= max(1, i - m + 1); --j) { mn = min(mn, a[j]); mx = max(mx, a[j]); if (mx - mn <= T) { dp[i] = min(dp[i], dp[j - 1] + mx - mn); } } } cout << "Case " << Case << ": " << dp[n] << endl; } return 0; } ``` ### 优化策略 - **单调队列**:可以使用两个单调队列分别维护当前窗口的最大值与最小值,从而将区间代价计算的时间复杂度从 $ O(n^2) $ 降低到 $ O(n) $。 - **斜率优化**:若问题满足特定的决策单调性,可以考虑使用斜率优化技巧进一步加速状态转移过程。 ### 时间复杂度分析 原始暴力解法的时间复杂度为 $ O(n^2) $,在 $ n \leq 10^4 $ 的情况下可能勉强通过。通过单调队列优化后,可以稳定运行于 $ O(n) $ 或 $ O(n \log n) $。 ### 应用场景 HDU-3480 的问题模型可以应用于资源调度、任务划分等场景,尤其适用于需要控制子集内部差异的问题,如图像分块压缩、数据分段处理等[^1]。 ---
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