【LOJ】#2289. 「THUWC 2017」在美妙的数学王国中畅游

本文介绍了一种结合LCT(链剖)与泰勒展开的算法思路来解决一类涉及三角函数和指数函数的复杂查询更新问题。通过将特定函数转换为多项式形式并利用LCT进行区间操作,实现了高效的查询更新。

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题解

我们发现,题目告诉我们这个东西就是一个lct

首先,如果只有3,问题就非常简单了,我们算出所有a的总和,所有b的总和就好了

要是1和2也是多项式就好了……其实可以!也就是下面泰勒展开的用处,我们可以用一个多项式取逼近这个函数,而且,多项式次数越高越准确,我们大概到13次多项式就好了

如何创造出这个多项式呢,泰勒展开的式子是这样的
\(\sum_{i = 0}^{n} \frac{f^{(i)}(x_{0}) (x - x_{0})^{i}}{i!}\)
其中\(f^{(i)}(x)\)表示\(f(x)\)\(i\)阶导数

然后问题就变成了维护13个值的和的lct了

然后,如何求导
根据高中选修2-2
我们有
\(f(g(x)) = g'(x)f'(g(x))\)
对于第一类型的函数
\(sin^{(1)}(ax + b) = a\cdot cos(ax + b)\)
\(sin^{(2)}(ax + b) = -a^{2}\cdot sin(ax + b)\)
\(sin^{(3)}(ax + b) = -a^{3}\cdot cos(ax + b)\)
\(sin^{(4)}(ax + b) = a^{4}\cdot sin(ax + b)\)
4次一个轮回

对于第二类型的函数
\(f(x)^{(1)} = a\cdot e^{ax + b}\)
\(f(x)^{(2)} = a^{2}\cdot e^{ax + b}\)
\(f(x)^{(n)} = a^{n}\cdot e^{ax + b}\)

= =lct的cut是,先把一个点变成根,另一个点Access一下,再Splay成根,然后断掉根节点的左儿子

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
//#define ivorysi
#define pb push_back
#define MAXN 100005
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
int N,M;
char s[25];
db fac[20];
struct Tr {
    Tr *lc,*rc,*fa;
    db sum[14],f[14];
    bool rev;
    void Update() {
    for(int i = 0 ; i <= 13 ; ++i) sum[i] = f[i];
    if(lc) for(int i = 0 ; i <= 13 ; ++i) sum[i] += lc->sum[i];
    if(rc) for(int i = 0 ; i <= 13 ; ++i) sum[i] += rc->sum[i];
    }
    void Reverse() {
    rev ^= 1;swap(lc,rc);
    }
    void Pushdown() {
    if(rev) {
        if(lc) lc->Reverse();
        if(rc) rc->Reverse();
        rev = 0;
    }
    }
}*tr[MAXN];
bool which(Tr *u) {
    return u == u->fa->rc;
}
bool isRoot(Tr *u) {
    if(!u->fa) return 1;
    return u->fa->rc != u && u->fa->lc != u;
}
void Rotate(Tr *u) {
    Tr *v = u->fa,*w = v->fa;
    Tr *b = u == v->lc ? u->rc : u->lc;
    if(!isRoot(v)) (v == w->lc ? w->lc : w->rc) = u;
    u->fa = w;v->fa = u;
    if(b) b->fa = v;
    if(u == v->lc) v->lc = b,u->rc = v;
    else v->rc = b,u->lc = v;
    v->Update();
}
void Splay(Tr *u) {
    static Tr* que[MAXN];
    int tot = 0;Tr *x;
    for(x = u ; !isRoot(x) ; x = x->fa) que[++tot] = x;
    que[++tot] = x;
    for(int i = tot ; i >= 1 ; --i) que[i]->Pushdown();
    while(!isRoot(u)) {
    if(!isRoot(u->fa)) {
        if(which(u->fa) == which(u)) Rotate(u->fa);
        else Rotate(u);
    }
    Rotate(u);
    }
    u->Update();
}
void Access(Tr *u) {
    for(Tr *x = NULL ; u ; x = u, u = u->fa) {
    Splay(u);
    u->rc = x;
    u->Update();
    }
}
Tr* FindRoot(Tr *u){
    Access(u);Splay(u);
    Tr *res = u;
    res->Pushdown();
    while(res->lc) {res = res->lc;res->Pushdown();}
    return res;
}
void MakeRoot(Tr *u) {Access(u);Splay(u);u->Reverse();}
void Link(Tr *u,Tr *v) {MakeRoot(u);u->fa = v;}
void Cut(Tr *u,Tr *v) {MakeRoot(u);Access(v);Splay(v);v->lc = u->fa = 0;v->Update();}
db Select(Tr *u,Tr *v,db x) {
    MakeRoot(u);Access(v);Splay(u);
    db res = 0,t = 1;
    for(int i = 0 ; i <= 13 ; ++i) {
    res += t * u->sum[i];
    t *= x;
    }
    return res;
}
void Change(Tr *u,int ty,db a,db b) {
    MakeRoot(u);
    memset(u->f,0,sizeof(u->f));
    if(ty == 1) {
    db x = 1;
    for(int i = 0 ; i <= 13 ; ++i) {
        if(i % 4 == 0) u->f[i] = x * sin(b) / fac[i];
        if(i % 4 == 1) u->f[i] = x * cos(b) / fac[i];
        if(i % 4 == 2) u->f[i] = -x * sin(b) / fac[i];
        if(i % 4 == 3) u->f[i] = -x * cos(b) / fac[i];
        x *= a;
    }
    }
    else if(ty == 2) {
    db v = exp(b),x = 1;
    for(int i = 0 ; i <= 13 ; ++i) {u->f[i] = v * x / fac[i];x *= a;}
    }
    else {
    u->f[1] = a;u->f[0] = b;
    }
    u->Update();
}
void Solve() {
    scanf("%d%d",&N,&M);
    scanf("%s",s + 1);
    fac[0] = 1;
    for(int i = 1 ; i <= 13 ; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i;
    int f,u,v;db a,b;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
    tr[i] = new Tr;tr[i]->lc = tr[i]->rc = tr[i]->fa = 0;
    scanf("%d%lf%lf",&f,&a,&b);
    Change(tr[i],f,a,b);
    }
    for(int i = 1 ; i <= M ; ++i) {
    scanf("%s",s + 1);
    if(s[1] == 'a' || s[1] == 'd') {
        scanf("%d%d",&u,&v);++u;++v;
        if(s[1] == 'a') Link(tr[u],tr[v]);
        if(s[1] == 'd') Cut(tr[u],tr[v]);
    }
    else if(s[1] == 'm') {
        scanf("%d%d%lf%lf",&u,&f,&a,&b);++u;
        Change(tr[u],f,a,b);
    }
    else {
        scanf("%d%d%lf",&u,&v,&a);++u;++v;
        if(FindRoot(tr[u]) != FindRoot(tr[v])) puts("unreachable");
        else printf("%.8e\n",Select(tr[u],tr[v],a));
    }
    }
}

int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/ivorysi/p/9077215.html

06-21
<think>我们正在查询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 $O(\sqrt{n})$ 复杂度下平衡修改查询[^1]。
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