离散化+线段树(CDOJ1325卿学姐与基本法)

本文介绍了一个使用线段树和离散化技术解决复杂区间更新与查询问题的例子。通过具体案例,展示了如何利用这些技术高效地处理大规模数据,并克服了实现过程中常见的挑战。

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卿学姐与基本法

“做专题也要按照基本法”

离开了诡异的村庄,卿学姐来到了威廉·圣·乱七八糟王国,这里的国王咸鱼王是个智障。

国家涣散,盗贼四起,民不聊生。

见到这样的景象,卿学姐不禁潸然泪下,“悠悠苍天,奈何苦了苍生”。

自幼学习基本法的卿学姐决定向整个国家普及基本法,改善国家法度。

在这个国家总共有N

个人,每个人都有一个编号,编号从1开始。

由于整个国家的人实在是太多了,卿学姐每次只能对一个连续区间的编号的人普及基本法。

同时卿学姐还想知道在某个时刻某个区间还有多少人没有被普及基本法。

输入

5 3
1 1 2
1 4 5
2 2 4
输出
1
由于数据范围很大,我们就可以用离散化的思想,加上线段树,对区间进行离散,当然细节还是相当多的~
我比较菜,写了好几天。。
1.线段树4倍空间没有开。2.下标0和1的事3.初始的时候1,n,没有加入节点4.cin和scanf的关系5.区间的交并弄错了,一定要完全包括6.线段树要用第1种写法,跑的快7、注意下标的问题。
以上就是我犯得错误啦~
#include<bits/stdc++.h>
#define ls (rt<<1)
#define rs (rt<<1|1)
#define maxn 500000
using namespace std;
typedef pair<int,int> P;//用一个pair来存比较的方便 

struct Node{
	int t,l,r;
	void input(){cin>>t>>l>>r;}
}sch[maxn];

int n,q,R,L,in[maxn],_sum;
P inv[maxn];

struct IntervalTree
{
	int setv[maxn],sum[maxn];
	IntervalTree() {memset(setv,0,sizeof(setv));memset(sum,0,sizeof(sum));}
	//进行初始化 
	void maintain(int l,int r,int rt)
	{
		if(l<r)
			sum[rt]=sum[ls]+sum[rs];
		if(setv[rt]) sum[rt]=(inv[r].second-inv[l].first+1)*setv[rt];
	}
	
	void pushdown(int rt)
	{
		if(setv[rt])
		{
			setv[ls]=setv[rs]=setv[rt];
			setv[rt]=0;	
		}
	}
	
	void update(int l,int r ,int rt)
	{
		if(L<=inv[l].first&&inv[r].second<=R)
			setv[rt]=1;
		else
		{
			pushdown(rt);
			int m=l+(r-l)/2;
			if(L<=inv[m].second) update(l,m,ls);else maintain(l,m,ls);
			if(R>inv[m].second) update(m+1,r,rs);else maintain(m+1,r,rs);
		}
		maintain(l,r,rt);
	}
	
	int query(int l,int r,int rt)
	{
		if(setv[rt])
			_sum+=(min(inv[r].second,R)-max(L,inv[l].first)+1);
		else if(L<=inv[l].first&&inv[r].second<=R)
			_sum+=sum[rt];
		else
		{
			pushdown(rt);
			int m=l+(r-l)/2;
			if(L<=inv[m].second) query(l,m,ls);
			if(R>inv[m].second) query(m+1,r,rs);
		}
	}
};

IntervalTree tree;

int main()
{
	cin>>n>>q;
	int cnt=0;
	in[++cnt]=1,in[++cnt]=n;
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		sch[i].input();
		in[cnt++]=sch[i].l,in[cnt++]=sch[i].r;
	} 
	sort(in+1,in+cnt+1);
	cnt=unique(in+1,in+cnt+1)-in-1;
	int tot=0;
	inv[++tot]=make_pair(in[1],in[1]);
	for(int i=2;i<=cnt;i++)//区间分割的大致是如果给你离散后的几个点比如,1,5,7,20,区间就是 1,1 2,4 5,5 6,7 7,7  8,19 20,20
	{
		if(in[i]-in[i-1]>1) inv[++tot]=make_pair(in[i-1]+1,in[i]-1);
		inv[++tot]=make_pair(in[i],in[i]);
	}
	for(int i=1;i<=q;i++)
	{
		L=sch[i].l,R=sch[i].r;
		if(sch[i].t==1)
			tree.update(1,tot,1);
		else
		{
			_sum=0;
			tree.query(1,tot,1);
			cout<<R-L+1-_sum<<"\n";
		}
	}
	return 0;
}

 



 
### CDOJ 300 木杆上的蚂蚁 #### 题目描述 题目涉及若干只蚂蚁在一个长度为 \( L \) 的水平木杆上移动。每只蚂蚁初始位置和方向已知,当两只蚂蚁相遇时会立即掉头反向行走。目标是计算所有蚂蚁最终离开木杆的时间以及它们的顺序。 --- #### 解决方案概述 该问题的核心在于模拟蚂蚁的行为并处理碰撞事件。尽管表面上看起来需要复杂的碰撞检测逻辑,但实际上可以通过一种巧妙的方式简化问题:假设蚂蚁在碰撞时不改变方向,则可以忽略碰撞的影响[^2]。因此,只需关注每只蚂蚁到达木杆两端所需时间即可。 以下是解决问题的主要思路: 1. **输入解析** 输入数据包括测试用例数量 \( T \),每个测试用例包含木杆长度 \( L \) 和蚂蚁的数量 \( N \)。对于每只蚂蚁,记录其初始位置和移动方向(左或右)。 2. **时间和顺序计算** 对于每只蚂蚁: - 如果它朝左移动,则离木杆左侧的距离为其当前位置; - 如果它朝右移动,则离木杆右侧的距离为 \( L - \text{当前蚂蚁的位置} \)。 将这些距离存储下来,并按升序排列以确定蚂蚁离开木杆的顺序。 3. **输出结果** 输出每只蚂蚁离开木杆的时间及其编号。 --- #### Python 实现代码 以下是一个完整的 Python 实现: ```python t = int(input()) # 测试用例数量 for case in range(1, t + 1): n, l = map(int, input().split()) # 蚂蚁数量和木杆长度 ants = [] for _ in range(n): idx, pos, direction = input().split() idx = int(idx) pos = int(pos) if direction == 'L': time_to_fall = pos # 到达左边所需时间 else: time_to_fall = l - pos # 到达右边所需时间 ants.append((time_to_fall, idx)) # 按照掉落时间排序 sorted_ants_by_time = sorted(ants, key=lambda x: x[0]) # 提取原始索引以便后续匹配 original_indices = list(range(len(sorted_ants_by_time))) # 打印结果 print(f"Case #{case}:") for ant_index in original_indices: print(sorted_ants_by_time[ant_index][1], end=" ") print() ``` --- #### 关键点解释 1. **碰撞不影响总时间** 假设蚂蚁在碰撞时不改变方向,则整个过程中的最大时间为任意一只蚂蚁到最近端点的最大距离。这使得我们可以跳过复杂的状态更新操作[^2]。 2. **效率优化** 使用内置函数 `sorted` 可以高效完成排序任务,算法整体复杂度为 \( O(N \log N) \)。 3. **边界条件** 特殊情况包括仅有一只蚂蚁的情况或者所有蚂蚁都朝同一方向移动的情形。程序应能正确处理此类场景。 ---
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