Splay Tree处理区间问题的几道好题及总结

Mato_No1 — Sat, 25 Jun 2011 03:21:00 GMT

（1）Robotic Sort（HDU1890、ZJU2985）
本题主要考察的是对此类问题，序列中给定值的索引问题。
当Splay Tree用来处理一个序列的时候，其关键字就是序列中元素的下标，而不是元素的值。这样，如果要查找序列中给定的值的位置（假设序列中任意两个元素的值不相等）看起来就无法实现。其实也是有办法实现的：因为元素在树中的下标是永远不变的！也就是，设这个序列为A，如果A[i]在插入Splay Tree时的下标为j，那么在A[i]被删除之前，其下标一直是j，永远不会变（注意元素在序列中的下标和在树中的下标是不同的）。利用这一性质可以解决给定值的索引问题。
对于本题，每次将从序列中第i小的元素到序列中第i个元素（这里假定元素下标是从1开始的，而不是从0开始）之间的所有元素反转，并输出第i小的元素在反转之前的在序列中的下标。设B[i]为第i小的数的初始位置，S[i]为初始位置在第i位的元素的下标，B[i]和S[i]都可以通过预处理得到。然后，每次交换前，求出S[B[i]]在树中的排名（基本操作），再减1（因为有边界结点）就是该元素目前的位置，而序列中第i个元素就是树中第(i+1)小的元素，再执行交换即可。
不过需要千万注意的是本题的标记问题，在求S[B[i]]在树中的排名时，有可能其祖先结点上有标记，需要先遍历其所有的祖先结点，再逆向下放标记（标记只能自顶向下传）。另外在交换的时候需要求出S[B[i]]的后继，在求后继的过程中需要查找，此时千万别忘了下放标记（总的说，凡是有查找的地方，就有dm）
代码（本沙茶太弱了，是抄别人的，因此其算法和上面总结的可能有差别，神犇不要鄙视）

（2）SuperMemo（PKU3580）
本题的6个操作中，add、reverse、insert、delete、min都不难搞，而revolve操作需要涉及到区间交换。
可以发现，所谓的旋转其实就是交换两个相邻区间，这对于功能极强的Splay Tree来说根本不难搞。
设这两个相邻区间为[x, y]与[y+1, z]，假设它们均非空（也就是x<=yT2->P0->T1，也就是[y+1, z]∪[x, y]。
另外本题的标记有点难搞，只需注意rev是逆向标记，以及查找与dm共存就行了。
代码
（3）Play with Chain(HDU3487)
这个米有神马好说的，里面的操作在SuperMemo里都有；
代码
（4）AHOI2006 文本编辑器(editor)
这题在这一类题里面算水的。对于光标，只要用一个值来维护就行了。
另外注意本题极为猥琐的2点（题目中米有说明）：一是最初的文本并不是空的，而是有一个空格；二是执行GET操作时光标可能位于文本末尾，此时应输出空格；
代码
（5）HFTSC2011 高精度计算器(apc)，题目见这个帖子；
这题反映出了一个很囧的问题：有些信息会被rev整体破坏。
本题中的操作都是常见操作，但是本题所需要维护的信息却不是那么容易维护。本题要求维护一棵子树中所有结点所表示的元素序列（中序遍历结果）模一个指定的M的值。设F[i]为R^i mod M的值（这里R是进制，也就是题目中的K），则有：
T[x].mod = (T[T[x].c[0]].mod * F[T[T[x].c[1]].sz + 1] + T[x].v * F[T[T[x].c[1]].sz] + T[T[x].c[1]].mod) % M;
这个式子其实是很好理解的。
关键是，本题的猥琐之处并不在此。注意本题的rev操作，它会整体改变树中所有结点所记录的mod值，这时，如果再用上面这个式子来维护T[x].mod，就会出错，因为此时引用到的T[T[x].c[0]].mod和T[T[x].c[1]].mod都是过时的。解决这一问题只有一种方法：记录“逆mod”(rmod)，意思是将整个元素序列反转后的mod，即：
T[x].rmod = (T[T[x].c[1]].rmod * F[T[T[x].c[0]].sz + 1] + T[x].v * F[T[T[x].c[0]].sz] + T[T[x].c[0]].rmod) % M;
这样，在反转某序列的时候，直接将根结点的mod值和rmod值交换就行了。
像mod这样会被反转操作整体破坏的信息还有很多，比如NOI2005 sequence里面的lmax和rmax。如果真的遇到这类信息，只有采用上面的方法。
另外，本题第6、9、10个点有误。
代码

现在Splay Tree差不多弄完了，接下来还有N多知名的、不知名的高级数据结构……时间MS有些不够用了囧……

Mato_No1 2011-06-25 11:21 发表评论

求有向图最大闭合子图的最小容量（PKU2987、HFTSC2011 第1题 profit）

Mato_No1 — Sun, 27 Mar 2011 09:57:00 GMT

【这次市选我挂得很惨……前3题全部爆0（骗分都米骗到）……就这种烂成绩还能进市队，可见合肥人之沙茶……】
最不该挂的是第一题。第一问就是个裸的最大闭合子图，关键就出在第二问上，要求最大闭合子图的最小容量。本沙茶后来才发现这竟然是PKU原题！（PKU2987），因为，最大流求出来的最大闭合子图一定是容量最小的！故第二问只要在求出最大流后来一次遍历，找到S可达的结点个数即可。

详细证明（转网上某神犇的）：
———————————————————————————————————————————————————最大权不可能是负数，当是0的情况，自然是一个点不选最优，下面探讨忽略0的情况。

      1：首先我假设有两个闭合子图都拥有相同的最大权，并且没有共同点，很容易证明不会出现这种情况，因为如果我们把两个闭合子图都选择上，那么最大权会变大。

      2：仍然假设有两个闭合子图都拥有相同的最大权，但是有共同点，即重叠的意思。根据闭合图的特点，这些共同点不是随意的，可以知道，只要有一个点相同，那么这个点的能到达的所有后续点都必定是共同点。所以会得出一个结论，两个闭合子图重叠，重叠的部分必然是1个或者多个不重叠闭合图。

然后我们考虑不重叠的部分，这部分的点权和可以证明一定是非负。我们可以假设非重叠部分的点权和是负数，那么假如我们删掉这部分，只选取重叠部分（因为重叠部分肯定是闭合图），那么最大权也会变大，矛盾。所以非重叠部分点权和一定是非负数。
    下面继续探讨非重叠部分的性质。上面的证明已经得出他们的点权和一定是非负。下面先抛开点权和等于0的情况，先讨论正数的情况。
假设两个闭合子图的非重叠部分都是正数，那么把这两个部分加起来重新构成闭合图，最大权必然会变大，与假设的两个同为最大权的闭合图矛盾。固可以证明非重叠部分的点权和肯定是0。

探讨到这部分，我们已经可以初步得出一个结论，就是一个最大权闭合子图的点数多少问题只能受到一些0权和子图（所有点权加起来等于0的子图）的干扰。

重点来到这些0权和子图上。下面我们又来做一个假设，就是假设我们求出了一个最大权闭合子图，并且里面有包含到一些0权和子图。而我们这时候需要做的就是找到那些可以删去的0权和子图，当我们删去了所有的这些子图，那么点数就可以达到最小。

关键来了。到底哪些0权和子图是可以删去的，哪些0权和子图是不可以删去的呢？

根据闭合图的性质，我们要删除一个点，那么必须把所有能到达这个点的点删去。那么很清晰的看到要删除一个子图，必须保证在这个子图外没有任何一个点指向这个子图。也就是说这个子图是封闭的，只有出边，没有入边。

最后一步，假如我们能证明在求解最大权闭合图的过程中保证不会选上这些0权和子图，那么这个证明就可以结束了。
通过最大流求解最大权闭合子图，我们把正点权和源点建边，边权为点权值，负点权和汇点建边，边权为点权绝对值。仔细分析求解最大流的过程，会发现一些东西。

由于那些可选可不选的0权和子图是封闭的，没有入边的，那么在求解最大流的过程中，不可能有外部流补充，所以这些0权和子图的每个点与源或者汇的边都是满流的。

最后求最大权闭合子图的点，方法是从源点开始通过非满流边搜索一个联通图，图内的点（除了源点）就是求出来的最大权闭合子图的点。而上面证明到0权和子图的点和源汇都是满流，并且没有入边，出边也没有流，那么肯定无法从源点搜索到。那么在求解的过程中这些0权和子图的点是肯定没有选上的。

就此证毕。
结论：通过最大流求解最大权闭合子图的问题，求出来的闭合子图点数也是最少的。

———————————————————————————————————————————————————
代码：

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
using namespace std;
#define re(i, n) for (int i=0; i
#define re1(i, n) for (int i=1; i<=n; i++)
const int MAXN = 10002, MAXM = 120000, INF = ~0U >> 2;
struct edge {
    int a, b, f, next;
    edge () {}
    edge (int _a, int _b, int _f) : a(_a), b(_b), f(_f), next(-1) {}
} ed[MAXM + MAXM];
int n, m = 0, s, t, hd[MAXN], tl[MAXN], st[MAXN], lev[MAXN], pr[MAXN], hs[MAXN], q[MAXN], now, res = 0, res_num = 0;
bool vst[MAXN];
void add_edge(int a, int b, int f)
{
    ed[m] = edge(a, b, f);
    if (hd[a] != -1) tl[a] = ed[tl[a]].next = m++; else hd[a] = tl[a] = m++;
    ed[m] = edge(b, a, 0);
    if (hd[b] != -1) tl[b] = ed[tl[b]].next = m++; else hd[b] = tl[b] = m++;
}
void init()
{
    freopen("profit.in", "r", stdin);
    int n0, m0, a0, b0, x;
    scanf("%d%d", &n0, &m0);
    n = n0 + 2; s = 0; t = n - 1;
    memset(hd, -1, n << 2); memset(tl, -1, n << 2);
    re1(i, n0) {
        cin >> x;
        if (x > 0) {add_edge(s, i, x); res += x;}
        if (x < 0) add_edge(i, t, -x);
    }
    re1(i, m0) {
        scanf("%d%d", &a0, &b0);
        add_edge(a0, b0, INF);
    }
    fclose(stdin);
}
void aug()
{
    int z = hs[t], i = t, p;
    while (i != s) {
        hs[i] -= z; p = pr[i]; ed[p].f -= z; ed[p ^ 1].f += z; i = ed[p].a;
        if (!ed[p].f) now = i;
    }
    res -= z;
}
bool dfs()
{
    q[0] = s; memset(vst, 0, n); vst[s] = 1; lev[s] = 0;
    int i, j, f0;
    for (int front=0, rear=0; front<=rear; front++) {
        i = q[front];
        for (int p=hd[i]; p != -1; p=ed[p].next) {
            j = ed[p].b; f0 = ed[p].f;
            if (!vst[j] && f0) {vst[j] = 1; lev[j] = lev[i] + 1; q[++rear] = j;}
        }
    }
    if (!vst[t]) return 0;
    now = s; memset(vst, 0, n); hs[s] = INF;
    re(i, n) st[i] = hd[i];
    bool ff;
    while (!vst[s]) {
        if (now == t) aug();
        ff = 0;
        for (int p=st[now]; p != -1; p=ed[p].next) {
            j = ed[p].b; f0 = ed[p].f;
            if (lev[now] + 1 == lev[j] && !vst[j] && f0) {st[now] = pr[j] = p; hs[j] = hs[now] <= f0 ? hs[now] : f0; now = j; ff = 1; break;}
        }
        if (!ff) {
            vst[now] = 1;
            if (now != s) now = ed[pr[now]].a;
        }
    }
    return 1;
}
void solve()
{
    while (dfs()) ;
    q[0] = s; memset(vst, 0, n); vst[s] = 1;
    int i, j, f0;
    for (int front=0, rear=0; front<=rear; front++) {
        i = q[front];
        for (int p=hd[i]; p != -1; p=ed[p].next) {
            j = ed[p].b; f0 = ed[p].f;
            if (!vst[j] && f0) {vst[j] = 1; res_num++; q[++rear] = j;}
        }
    }
}
void pri()
{
    freopen("profit.out", "w", stdout);
    printf("%d\n%d\n", res, res_num);
    fclose(stdout);
}
int main()
{
    init();
    solve();
    pri();
    return 0;
}

Mato_No1 2011-03-27 17:57 发表评论

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