hdu 5737【线段树+有序表+线段树小技巧+ 二分不要写错……】

题目意思：

必须在线算法， 给A数组n个元素，B数组n个元素。

问，[L,R]区间，A数组在[L,R]内，有几个数字>=B数组在[L,R]范围内的元素。  并且这个是ai>=bi,  i是相同的。

比如[4,7]， 答案就是 (a4>=b4 ) + (a5>=b5) + (a6>=b6) + (a7>=b7)    【为bool运算，结果返回0,1……】

算法1：

用A数组构建线段树，然后在线段树每一个线段中保存一个东西。

比如线段树的[L,R]区间，还保存B数组排序好的元素。

举个例子： 

B数组为：5 4 1 7 2

[1,5]区间内， 还保存了一个1 2 4 5 7的有序数组

在[1,3]内，保存一个[1, 4,5]的有序数组。

有序数组可以用归并排序快速得到（在构建线段树的时候就顺便得到了）。

然后线段树的其他信息，大致就是常规的线段树信息了。

然后对于修改一个区间[L,R]，找到线段树区间[L,R]，然后因为[L,R]都改为同一个数字，我们想知道[L,R]的答案，只需要在对应的有序数组里二分一下就可以得到答案了。

这个算法，是nlog^2n。  据说被卡了……

其实我们不需要维护那么多东西，记录一些额外信息就行了。对于一个区间[L,R]，如果被全部赋值为一个数字的话，我希望知道这个数字，在这个【排序后】的区间里，可以排第几。

有了这样的想法，我们可以预处理出一些东西。

在[L,R]排第k名的，在[L,MID]可以排第几名？在[MID+1,R]可以排第几名？这样整个题就做完了

显然，在[1,n]中，可以二分查找出所要的结果，假设为P名。

之后要做的就是往左右子树种传递真个P（显然在左右子树种，P会变~）。

然后要考虑一个情况，就是修改的区间的数字X，比[1,n]最大的数字都大的情况怎么办，程序写的好一点就行了……

#include <iostream>
#include <ctime>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <map>
#include <string>
using namespace std;


typedef long long LL;
const int maxn = 10e5 *4 + 10;
const LL mod = 1e9 + 7;
int a[maxn], b[maxn];
int n, m;
int ans[maxn], paixu[maxn], tmp_array[maxn];
int st[20][maxn], lk[20][maxn], rk[20][maxn];//排序后的数组,每一层的若干个位置
int change[maxn];

namespace getnum
{
    int a , b , C = ~(1<<31), M = (1<<16)-1;
    inline int rnd(int last) {
        a = (36969 + (last >> 3)) * (a & M) + (a >> 16);
        b = (18000 + (last >> 3)) * (b & M) + (b >> 16);
        return (C & ((a << 16) + b)) % 1000000000;
        //return (C & ((a << 16) + b)) % 10;
    }
};
using getnum::rnd;

void build(int o, int L, int R,int deep)
{
    //change[o] = -1;
    if (L == R)
    {
        ans[o] = a[L] >= b[L];
        st[deep][L] = b[L];
        return ;
    }
    int M = L + (R -L)/2;
    int lc = o * 2, rc = o * 2 + 1;
    build(lc, L, M, deep + 1);
    build(rc, M + 1, R, deep + 1);
    ans[o] = ans[lc] + ans[rc];
    lc=L, rc= M + 1;
    for (int i = L; i <= R; ++ i)        //归并排序
        if (rc > R || lc <= M & st[deep + 1][lc] <= st[deep + 1][rc])    
        {
            st[deep][i]  = st[deep + 1][lc++];

        }
        else 
        {
            st[deep][i]  = st[deep + 1][rc++];
        }
    lc = L, rc = M + 1;
    for (int i = L; i <= R; ++ i)        //计算每个数字在左右儿子中的情况
    {
        while (st[deep][i] > st[deep + 1][lc] && lc <= M)    ++lc;
        lk[deep][i] = lc;
        while (st[deep][i] > st[deep + 1][rc] && rc <= R)    ++ rc;
        rk[deep][i] = rc;
    }
    //cout<<o<<" " <<ans[o]<<"!!"<<endl;
    //lk[deep][R+1] = M +1;
    //rk[deep][R+1] = R + 1;
}

int ql, qr, v;

inline void push_down(int o, int L, int R, int deep)
{
    if (change[o] != -1 && L < R)
    {
        int lc = o * 2, rc = o * 2 + 1, M = L + (R-L)/2;
        change[lc] = change[o] > R ? M + 1 : lk[deep][change[o]];
        change[rc] = change[o] > R ? R + 1 : rk[deep][change[o]];
        change[o] = -1;
    }
}

inline void maintain(int o, int L, int R)
{
    int lc = o * 2, rc = o * 2 + 1;
    if (change[o] != -1)    ans[o] = change[o] - L;
    else if (L < R) ans[o] = ans[lc] + ans[rc];
}


int query(int o, int L, int R,int deep)    //询问ql,qr区间
{
    //cout<<o<<" " <<L<<" " <<R <<" " <<deep<<" " <<change[o]<< " "<<ans[o]<<endl;
    if (change[o] != -1)        //有标记的情况下，输出标记信息
    {
        //有些题可以直接根据段标记知道答案
        //就可以直接return了
        //return change[o] - L;
    }
    if (ql <=L && R <= qr)
    {
        if (change[o] != -1)    ans[o] = change[o] - L;
        return ans[o];
    }
    push_down(o, L, R, deep);
    int M = L + (R - L)/2, lc = o * 2, rc = o * 2 + 1;
    int ret = 0;
    if (ql <= M)    ret += query(lc, L, M, deep + 1);
    else maintain(lc, L, M);
    if (qr > M)    ret += query(rc, M + 1, R, deep + 1);
    else maintain(rc, M+1, R);
    maintain(o, L, R);
    return ret;
}

void update(int o, int L, int R, int deep, int flag)    //给ql,qr区间，都变为v，这些都是全局变量
{
//    cout<<o<<" " <<L<<" " <<R <<" " <<deep<<" " <<change[o]<< " "<<ans[o]<<" "<<flag<<endl;
    if (ql <= L && R <= qr)
    {
        change[o] = flag;
        ans[o] = flag - L;
        return;
    }
    else
    {    
        push_down(o, L, R, deep);
        int M = L + (R - L)/2, lc  = o * 2, rc = o * 2 + 1;
        if (ql <= M)    update(lc, L, M, deep + 1, flag >R ? M + 1 : lk[deep][flag]);
        else maintain(lc, L, M);
        if (qr > M)    update(rc, M + 1, R, deep + 1, flag > R ? R + 1 : rk[deep][flag]);
        else maintain(rc, M + 1, R);
    }
    maintain(o, L, R);
}

inline void UD(int L, int R, int x)
{
    //L,R区间都改为X
    int l = 0, r = n + 1, m;
    st[1][n + 1]=0x7fffffff;
    while (l + 1 < r)    //(l,r]区间找比x大的最小值
    {
        m = l + (r-l)/2;
        if (st[1][m]<=x)    l = m;
        else r = m;
    }
    update(1, 1, n, 1, r);
}


void init()
{
    scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &getnum::a, &getnum::b);
    for (int i = 1; i <= n; ++ i)    scanf("%d", &a[i]);
    for (int i = 1; i <= n; ++ i)    scanf("%d", &b[i]);
    build(1,1,n,1);
}

void doit()
{
    int last =0;
    LL ans = 0;
    memset(change , -1, sizeof(change));
    for (int i = 1; i <= m; ++ i)
    {
        int l = rnd(last) % n + 1;
        int r = rnd(last) % n + 1;
        int x = rnd(last) + 1;
        if (l>r)    swap(l,r);    
        ql = l, qr = r;
        if ((l+r+x)%2==0)
        {
            //询问
            last = query(1, 1, n, 1);
            ans = (ans + 1LL * i * (LL)last) % mod;
        
        }else
        {
            //修改
            UD(l, r, x);
        }
    }
    printf("%lldn", ans);
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T--)
    {
        init();
        doit();
    }
    return 0;
}

最后

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