BZOJ #3064. Tyvj 1518 CPU监控(线段树,历史最值)

BZOJ #3064. Tyvj 1518 CPU监控(线段树,历史最值)

Solution

我们考虑用线段树维护此题。

先不考虑历史最值。

大概需要维护一种特殊的懒标记 ( x , y ) (x,y) (x,y)表示让区间内所有数 p p p p = m a x ( p + x , y ) p=max(p+x,y) p=max(p+x,y)

对于区间加 z z z,打一个 ( z , − ∞ ) (z,-\infty) (z,)的标记即可。
对于区间覆盖 z z z,打一个 ( − ∞ , z ) (-\infty,z) (,z)的标记即可。

把标记 ( a , b ) (a,b) (a,b)合并到 ( c , d ) (c,d) (c,d)时,只需要让 c ′ = a + c , d ′ = m a x ( d + a , b ) c'=a+c,d'=max(d+a,b) c=a+c,d=max(d+a,b)即可。
剩下的就是一个线段树维护区间最大值。

现在加上了历史最值,我们要多记录一个区间历史最大值和历史最大值的标记,该标记表示从上一次下传到当前时刻的所有修改中标记的最大贡献,注意这里的标记是有序合并的。这相当于一个分段函数最值,对于标记 ( a , b ) (a,b) (a,b) ( c , d ) (c,d) (c,d),不难发现其最大可以取到 ( m a x ( a , c ) , m a x ( b , d ) ) (max(a,c),max(b,d)) (max(a,c),max(b,d))

于是按上面的方法维护即可。

时间复杂度 O ( n l g n ) O(nlgn) O(nlgn)

需要注意 i n f inf inf的取值,很多标记合并可能会爆 i n t int int,太小可能减不完。

Code

#include <vector>
#include <list>
#include <map>
#include <set>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <numeric>
#include <utility>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <string>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <cassert>
#include <string.h>
//#include <unordered_set>
//#include <unordered_map>
//#include <bits/stdc++.h>

#define MP(A,B) make_pair(A,B)
#define PB(A) push_back(A)
#define SIZE(A) ((int)A.size())
#define LEN(A) ((int)A.length())
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define fi first
#define se second

using namespace std;

template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; }
template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double lod;
typedef pair<int,int> PR;
typedef vector<int> VI;

const lod eps=1e-11;
const lod pi=acos(-1);
const int oo=1<<30;
const ll loo=1ll<<62;
const int mods=998244353;
const int MAXN=100005;
const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567
/*--------------------------------------------------------------------*/
inline int read()
{
	int f=1,x=0; char c=getchar();
	while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }
	while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }
	return x*f;
}
struct Node
{
	ll x,y;
	Node(){}
	Node(ll x,ll y):x(x),y(y){}
	friend Node operator + (Node a,Node b) { return Node(a.x+b.x,max(b.x+a.y,b.y)); }
	friend Node operator * (Node a,Node b) { return Node(max(a.x,b.x),max(a.y,b.y)); }
} ntag[MAXN<<2],ptag[MAXN<<2];
ll nmx[MAXN<<2],pmx[MAXN<<2],a[MAXN];

void up(int x)
{
	nmx[x]=max(nmx[x<<1],nmx[x<<1|1]);
	pmx[x]=max(pmx[x<<1],pmx[x<<1|1]);
}
void build(int x,int l,int r)
{
	ntag[x]=ptag[x]=Node(0,-INF);
	if (l==r) { nmx[x]=pmx[x]=a[l]; return; }
	int mid=(l+r)>>1;
	build(x<<1,l,mid);
	build(x<<1|1,mid+1,r);
	up(x);
}
void down(int x)
{
	int ls=x<<1,rs=x<<1|1;
	ptag[ls]=ptag[ls]*(ntag[ls]+ptag[x]);
	ptag[rs]=ptag[rs]*(ntag[rs]+ptag[x]);
	ntag[ls]=ntag[ls]+ntag[x];
	ntag[rs]=ntag[rs]+ntag[x];
	pmx[ls]=max(pmx[ls],max(nmx[ls]+ptag[x].x,ptag[x].y));
	pmx[rs]=max(pmx[rs],max(nmx[rs]+ptag[x].x,ptag[x].y));
	nmx[ls]=max(nmx[ls]+ntag[x].x,ntag[x].y);
	nmx[rs]=max(nmx[rs]+ntag[x].x,ntag[x].y);
	ntag[x]=ptag[x]=Node(0,-INF);
}
void update(int x,int l,int r,int L,int R,Node y)
{
	if (l>=L&&r<=R)
	{
		ntag[x]=ntag[x]+y;
		ptag[x]=ptag[x]*ntag[x];
		nmx[x]=max(nmx[x]+y.x,y.y);
		pmx[x]=max(pmx[x],nmx[x]);
		return;
	}
	down(x);
	int mid=(l+r)>>1;
	if (R<=mid) update(x<<1,l,mid,L,R,y);
	else if (L>mid) update(x<<1|1,mid+1,r,L,R,y);
	else update(x<<1,l,mid,L,mid,y),update(x<<1|1,mid+1,r,mid+1,R,y);
	up(x);
}
ll query(int x,int l,int r,int L,int R,int opt)
{
	if (l>=L&&r<=R) return opt?pmx[x]:nmx[x];
	down(x);
	int mid=(l+r)>>1;
	if (R<=mid) return query(x<<1,l,mid,L,R,opt);
	else if (L>mid) return query(x<<1|1,mid+1,r,L,R,opt);
	else return max(query(x<<1,l,mid,L,mid,opt),query(x<<1|1,mid+1,r,mid+1,R,opt));
}
signed main()
{
	int n=read();
	for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	build(1,1,n);
	int Case=read();
	while (Case--)
	{
		char st[5]; scanf("%s",st);
		int x=read(),y=read(),z;
		if (st[0]=='Q') printf("%lld\n",query(1,1,n,x,y,0));
		if (st[0]=='A') printf("%lld\n",query(1,1,n,x,y,1));
		if (st[0]=='P') z=read(),update(1,1,n,x,y,Node(z,-INF));
		if (st[0]=='C') z=read(),update(1,1,n,x,y,Node(-INF,z)); 
	}
	return 0;
}


### 关于 BZOJ1728 Two-Headed Cows (双头牛) 的算法解析 此问题的核心在于如何通过有效的图论方法解决给定约束下的大独立集问题。以下是详细的分析和解答。 #### 问题描述 题目要求在一个无向图中找到大的一组节点集合,使得这些节点之间满足特定的颜色匹配条件。具体来说,每条边连接两个节点,并附带一种颜色标记(A 或 B)。对于任意一条边 \(u-v\) 和其对应的颜色 \(c\),如果这条边属于终选取的子集中,则必须有至少一个端点未被选入该子集或者两端点均符合指定颜色关系。 #### 解决方案概述 本题可以通过 **二分枚举 + 图染色验证** 来实现高效求解。核心思想如下: 1. 假设当前优解大小为 \(k\),即尝试寻找是否存在一个大小为 \(k\) 的合法子集。 2. 枚举每一个可能作为起点的节点并将其加入候选子集。 3. 对剩余部分执行基于 BFS/DFS 的图遍历操作,在过程中动态调整其他节点的状态以确保整体合法性。 4. 如果某次试探能够成功构建符合条件的大规模子集,则更新答案;反之则降低目标重新测试直至收敛至佳结果。 这种方法利用了贪心策略配合回溯机制来逐步逼近全局优点[^1]。 #### 实现细节说明 ##### 数据结构设计 定义三个主要数组用于记录状态信息: - `color[]` : 存储每个顶点所分配到的具体色彩编号; - `used[]`: 表示某个定点是否已经被处理过; - `adjList[][]`: 记录邻接表形式表示的原始输入数据结构便于后续访问关联元素。 ##### 主要逻辑流程 ```python from collections import deque def check(k, n): def bfs(start_node): queue = deque([start_node]) used[start_node] = True while queue: u = queue.popleft() for v, c in adjList[u]: if not used[v]: # Assign opposite color based on edge constraint &#39;c&#39; target_color = (&#39;B&#39; if c == &#39;A&#39; else &#39;A&#39;) if color[u]==c else c if color[v]!=target_color and color[v]!=&#39;?&#39;: return False elif color[v]==&#39;?&#39;: color[v]=target_color queue.append(v) used[v] =True elif ((color[u]==c)==(color[v]==(&#39;B&#39;if c==&#39;A&#39;else&#39;A&#39;))): continue return True count=0 success=True for i in range(n): if not used[i]: temp_count=count+int(color[i]==&#39;?&#39; or color[i]==&#39;A&#39;) if k<=temp_count: color_copy=color[:] if bfs(i): count=temp_count break else : success=False return success n,m=list(map(int,input().split())) colors=[[&#39;?&#39;]*m]*n for _ in range(m): a,b,c=input().strip().split() colors[int(a)-1].append((int(b),c)) low ,high,res=0,n,-1 while low<=high: mid=(low+high)//2 color=[&#39;?&#39;]*n used=[False]*n if check(mid,n): res=mid low=mid+1 else : high=mid-1 print(res) ``` 上述代码片段展示了完整的程序框架以及关键函数 `check()` 的内部运作方式。它接受参数 \(k\) 并返回布尔指示是否有可行配置支持如此规模的选择[^2]。 #### 复杂度分析 由于采用了二分查找技术缩小搜索空间范围再加上单轮 DFS/BFS 时间复杂度 O(V+E),总体性能表现良好适合大规模实例运行需求。 ---
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