Loj #2570. 「ZJOI2017」线段树

博客围绕Loj #2570. 「ZJOI2017」线段树展开,介绍广义线段树,其m不要求为区间中点,树深度可达O(n)级别。给出题目输入、输出格式及数据范围,还阐述线段树询问节点的访问方式,用倍增计算相关问题,最后提及代码转载来源。

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

Loj #2570. 「ZJOI2017」线段树

题目描述

线段树是九条可怜很喜欢的一个数据结构,它拥有着简单的结构、优秀的复杂度与强大的功能,因此可怜曾经花了很长时间研究线段树的一些性质。

最近可怜又开始研究起线段树来了,有所不同的是,她把目光放在了更广义的线段树上:在正常的线段树中,对于区间 \([l, r]\),我们会取 \(m = \lfloor \frac{l+r}{2} \rfloor\),然后将这个区间分成 \([l, m]\)\([m + 1, r]\) 两个子区间。在广义的线段树中,\(m\) 不要求恰好等于区间的中点,但是 \(m\) 还是必

须满足 \(l \le m < r\) 的。不难发现在广义的线段树中,树的深度可以达到 \(O(n)\) 级别。

例如下面这棵树,就是一棵广义的线段树:

Segment tree

为了方便,我们按照先序遍历给线段树上所有的节点标号,例如在上图中,\([2, 3]\) 的标号是 \(5\)\([4, 4]\) 的标号是 \(9\),不难发现在 \([1, n]\) 上建立的广义线段树,它共有着 \(2n − 1\) 个节点。

考虑把线段树上的定位区间操作 \((\)就是打懒标记的时候干的事情\()\) 移植到广义线段树上,可以发现在广义的线段树上还是可以用传统的线段树上的方法定位区间的,例如在上图中,蓝色节点和蓝色边就是在定位区间 \([2, 4]\) 时经过的点和边,最终定位到的点是 \([2, 3]\)\([4, 4]\)

输入格式

第一行输入一个整数 \(n\)

接下来一行包含 \(n - 1\) 个空格隔开的整数:按照标号递增的顺序,给出广义线段树上所有非叶子 节点的划分位置 \(m\)。不难发现通过这些信息就能唯一确定一棵 \([1, n]\) 上的广义线段树。

接下来一行输入一个整数 \(m\)

之后 \(m\) 行每行输入三个整数 \(u, l, r\ (1 \le u \le 2n − 1, 1 \le l \le r \le n)\),表示一组询问。

输出格式

对于每组询问,输出一个整数表示答案。

数据范围与提示

对于 \(100\%\) 的数据,保证 \(2\leq n\leq 10^5, m\leq 10^5\)

首先线段树上询问\([l,r]\)所访问到的节点就是\(l-1\)所代表的的节点往上走,访问所以经过节点的右儿子(如果有的话);以及\(r+1\)所代表的节点往上走访问的左儿子。直到两个点走到\(lca\)处停止(\(lca\)处不访问)。

这样我们就可以用倍增,来计算某个点到其某个祖先路径上所有的 左/右 儿子的 个数/到根距离和。问题是怎么求这些点到给定点\(u\)\(lca\)

我们假设\(l-1\)所代表的节点为\(v\)(处理右边的同理)。我们先求出\(u\)\(v\)\(lca\)记为\(LCA\)。然后我们分两段统计右儿子\((v,LCA]\)\((LCA,f)\)。前一段的右儿子与\(u\)\(lca\)就是\(LCA\),后一段的\(lca\)就是每个右儿子的父亲。当然如果\(LCA\)\(f\)的祖先那么只统计\((v,f)\)

然后有个坑点,比如说某个右儿子\(son\)\(LCA\)\(son\)的祖先,\(son\)\(u\)的祖先(可以发现,最多只有一个这样的\(son\)),那么\(u\)\(son\)的距离被多算了\(2\),减去就好了。

代码:

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 400005

using namespace std;
inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}

int n,m;
struct road {int to,nxt;}s[N<<1];
int h[N],cnt;
void add(int i,int j) {s[++cnt]=(road) {j,h[i]};h[i]=cnt;}
int Div[N];
int tot,div_tim;

int ls[N],rs[N];
int L[N],R[N],Mid[N];
int pos[N],dep[N];
int fa[N][20];
int lsum[N][20],rsum[N][20];
int lsize[N][20],rsize[N][20];

void dfs(int &v,int l,int r,int f) {
    v=++tot;
    fa[v][0]=f;
    dep[v]=dep[f]+1;
    for(int i=1;i<=18;i++) fa[v][i]=fa[fa[v][i-1]][i-1];
    L[v]=l,R[v]=r;
    if(l==r) {
        pos[l]=v;
        return ;
    }
    int mid=Div[++div_tim];
    Mid[v]=mid;
    dfs(ls[v],l,mid,v),dfs(rs[v],mid+1,r,v);
}

int lca(int a,int b) {
    if(dep[a]<dep[b]) swap(a,b);
    for(int i=18;i>=0;i--)
        if(fa[a][i]&&dep[fa[a][i]]>=dep[b])
            a=fa[a][i];
    if(a==b) return a;
    for(int i=18;i>=0;i--)
        if(fa[a][i]!=fa[b][i])
            a=fa[a][i],b=fa[b][i];
    return fa[a][0];
}

int Get_dis(int a,int b) {return dep[a]+dep[b]-2*dep[lca(a,b)];}

int Find_below(int v,int f) {
    for(int i=18;i>=0;i--)
        if(fa[v][i]&&dep[fa[v][i]]>dep[f])
            v=fa[v][i];
    return v;
}

void Findl(int v,int f,ll &size,ll &sum) {
    for(int i=18;i>=0;i--) {
        if(fa[v][i]&&dep[fa[v][i]]>=dep[f]) {
            size+=lsize[v][i];
            sum+=lsum[v][i];
            v=fa[v][i];
        }
    }
}

void Findr(int v,int f,ll &size,ll &sum) {
    for(int i=18;i>=0;i--) {
        if(fa[v][i]&&dep[fa[v][i]]>=dep[f]) {
            size+=rsize[v][i];
            sum+=rsum[v][i];
            v=fa[v][i];
        }
    }
}

ll cal_l(int v,int u,int f) {
    int Lca=lca(v,u);
    ll ans=0;
    ll belz=0,bels=0;
    ll upz=0,ups=0;
    Findr(v,dep[f]>dep[Lca]?f:Lca,belz,bels);
    if(dep[Lca]>dep[f]) {
        Findr(Lca,f,upz,ups);
    }
    ans=bels+belz*dep[u]-2*belz*dep[Lca]+ups+upz*dep[u]-2*(ups-upz);
    if(Find_below(u,Lca)==rs[Lca]&&dep[Lca]>=dep[f]) ans-=2;
    return ans;
}

ll cal_r(int v,int u,int f) {
    int Lca=lca(v,u);
    ll ans=0;
    ll belz=0,bels=0;
    ll upz=0,ups=0;
    Findl(v,dep[f]>dep[Lca]?f:Lca,belz,bels);
    if(dep[Lca]>dep[f]) {
        Findl(Lca,f,upz,ups);
    }
    ans=bels+belz*dep[u]-2*belz*dep[Lca]+ups+upz*dep[u]-2*(ups-upz);
    if(Find_below(u,Lca)==ls[Lca]&&dep[Lca]>=dep[f]) ans-=2;
    return ans;
}

void solve(int u,int l,int r) {
    ll ans=0;
    if(l==1&&r==n) {
        cout<<dep[u]-1<<"\n";
    } else {
        int LCA;
        if(l==1||r==n) LCA=1;
        else LCA=lca(pos[l-1],pos[r+1]);
        if(l==1&&r>=Mid[1]) ans+=Get_dis(u,ls[1]);
        if(r==n&&l<=Mid[1]+1) ans+=Get_dis(u,rs[1]);
        if(l!=1) ans+=cal_l(pos[l-1],u,Find_below(pos[l-1],LCA));
        if(r!=n) ans+=cal_r(pos[r+1],u,Find_below(pos[r+1],LCA));
        cout<<ans<<"\n";
    }
}

int main() {
    n=Get();
    for(int i=1;i<n;i++) Div[i]=Get();
    int rt;
    dep[1]=1;
    dfs(rt,1,n,0);

    for(int i=2;i<=tot;i++) {
        if(i==ls[fa[i][0]]) {
            rsum[i][0]=dep[rs[fa[i][0]]],rsize[i][0]=1;
        } else {
            lsum[i][0]=dep[ls[fa[i][0]]],lsize[i][0]=1;
        }
    }
    
    for(int j=1;j<=18;j++) {
        for(int i=1;i<=tot;i++) {
            if(fa[i][j]) {
                lsum[i][j]=lsum[i][j-1]+lsum[fa[i][j-1]][j-1];
                lsize[i][j]=lsize[i][j-1]+lsize[fa[i][j-1]][j-1];
                rsum[i][j]=rsum[i][j-1]+rsum[fa[i][j-1]][j-1];
                rsize[i][j]=rsize[i][j-1]+rsize[fa[i][j-1]][j-1];
            }
        }
    }
    
    m=Get();
    int u,l,r;
    while(m--) {
        u=Get(),l=Get(),r=Get();
        solve(u,l,r);
    }
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/hchhch233/p/10800564.html

<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]。
评论
添加红包

请填写红包祝福语或标题

红包个数最小为10个

红包金额最低5元

当前余额3.43前往充值 >
需支付:10.00
成就一亿技术人!
领取后你会自动成为博主和红包主的粉丝 规则
hope_wisdom
发出的红包
实付
使用余额支付
点击重新获取
扫码支付
钱包余额 0

抵扣说明:

1.余额是钱包充值的虚拟货币,按照1:1的比例进行支付金额的抵扣。
2.余额无法直接购买下载,可以购买VIP、付费专栏及课程。

余额充值