C++博客-Mato is No.1-随笔分类-APIOhttp://www.cppblog.com/MatoNo1/category/19308.htmlMato是一只超级大沙茶……比赛结果从后往前排列，Mato总是No.1……zh-cnSat, 12 May 2012 13:41:04 GMTSat, 12 May 2012 13:41:04 GMT60APIO2012比赛总结http://www.cppblog.com/MatoNo1/archive/2012/05/12/174683.htmlMato_No1Mato_No1Sat, 12 May 2012 13:41:00 GMThttp://www.cppblog.com/MatoNo1/archive/2012/05/12/174683.htmlhttp://www.cppblog.com/MatoNo1/comments/174683.htmlhttp://www.cppblog.com/MatoNo1/archive/2012/05/12/174683.html#Feedback0http://www.cppblog.com/MatoNo1/comments/commentRss/174683.htmlhttp://www.cppblog.com/MatoNo1/services/trackbacks/174683.html（这题国内数据极弱，暴力能80，下面的解法1，平衡树即使用Splay Tree实现都能AC）
枚举管理者所在的结点，然后在这个结点及其所有后代中找到权值前K小的，使得它们的权值和不超过限制，要求求出K的最大值。
解法1：将每个结点及其所有后代的权值存在一个平衡树里，然后，对于每个结点，若不是叶结点，就将其所有的子树中，找到最大的那棵子树，它所表示的平衡树不动，将其它的子树表示的平衡树上的所有结点强行拆开，并插入到这个子树表示的平衡树中（这叫启发式合并），别忘了将该结点本身也合并到这棵平衡树里。合并好了以后，通过每个点记录的sum（下面说明），用类似于求结点排名的方法，就可以求出K的最大值了。
容易证明，这样合并的话，在整个过程中插入的次数是O(NlogN)的，加上平衡树插入本身的O(logN)，总的时间复杂度为O(Nlog2N）。
具体实现起来有一些技巧：
（1）可以发现，在合并过程中，各个点本身并没有变，而只是它们之间的关系发生了变化（从不在同一棵树上变成在同一棵树上了），因此为了节省空间，可以预先将所有的结点建好，每个结点除了自身权值以外还记录mul（初始为1）、sz（初始为1）、sz0（初始为1）、sum（初始等于权值）等信息，其中mul为重复次数，sz为考虑mul情况下的树的大小，sz0为不考虑mul的情况下的树的大小（也就是实际结点个数），sum表示树上所有结点的总权值（这个当然要考虑mul了）。之所以维护sz0，是因为每次可以通过找到sz0最大的子树不动来加速。插入的操作是void ins(int r, int No)，表示将结点No（是结点不是值）插入到以r为根的子树里，注意这个结点No的mul可能大于1，因此在插入后维护的时候需要注意；
（2）由于在过程中会同时有多棵平衡树存在，因此每个点还需要记录一个额外的域rf，rf=-1表示该结点不是任何一棵平衡树的根结点，rf>=0表示该结点是原树中编号为rf的结点表示的平衡树的根结点，同时记录root[i]表示结点i表示的平衡树的根结点编号，这样就可以很方便地实现树内外的对接（注意这两个值的维护，尤其是将结点i本身合并到平衡树里的时候，别忘了把root[i]改掉）。
解法2（正解）：合并的时候使用可并堆（用左偏树或斜堆实现），时间复杂度O(NlogN)。

【guard】
（这题其实很容易想到网络流的话说……不过仔细研究一下就可以发现，由于报告上来的只是某一个区间内有木有人，而不是有几个人，因此无法用网络流的流量平衡来表示）
首先，某些区间报告木有人，这些区间内的点肯定不符合要求了，可以将它们删掉，然后对于剩下的（可能是若干段）区间，合并起来，对结点从左到右重新编号（这一步可以用线段树，也可以排序后直接扫描，见这里，本沙茶比赛时为了省事直接上线段树了），然后就只需要考虑那些报告有人的区间了囧……当然，这些区间的端点也是要对应地重新编号的，编号完了以后，将所有包含别的区间的区间删去（因为它们的存在木有意义），方法：对于所有重编号后的区间，将其按照先左端点递增，后右端点递减排序，然后设置一个栈，保证栈中的区间左右端点均严格递增，按照排序之后的顺序扫描每个区间，每次一个新区间入栈时，栈顶所有右端点大于等于这个新区间右端点的区间出栈，再将新区间入栈，这样最后栈中的区间就是保留下来的区间了囧……而且已经排序……
然后，如果问题是求至少要多少个人的话，就是一个经典的贪心模型了，扫描排序后的区间，如果一个区间内还木有任何人，就在它的右端点处放一个人。显然，除了这些放了人的区间的右端点之外，其余的点肯定都不是必须放人的（因为现在已经有一个方案使它们不放人了）。现在的问题是，这些右端点处是否必须放人。
设F[i]为第i个区间及其之后的区间当中，若要每个区间内都有人，至少要几个人。若第i个区间的右端点不小于最后一个区间的左端点，则F[i]=1（在第i个区间右端点放一个人即可），否则，找到最小的j，使得第i个区间的右端点小于第j个区间的左端点（这个显然可以二分查找得到），则F[i]=F[j]+1。这样从后到前推一遍即可。然后，再从前到后，按照上面的贪心算法的流程扫一遍，如果遇到第i个区间的右端点需要放人：若第i个区间的长度为1，显然这里必须放人，否则尝试在第i个区间的倒数第2个位置（即右端点之前的那个位置）放人，而右端点不放人（可以证明，不会后来又把这个右端点这里放上人的），类似用二分查找的方式找到这个j，然后看一下(_F + F[j] + 1)（_F为第i个区间前面放人个数）是否大于K，若大于K，则第i个区间的右端点必须放人，否则不必须放人。
此外还有两种特殊情况，一是M=0的时候在去包含的时候要特判一下（其实这时可以直接特判，若N=K，则所有的地方都必须放人，否则就是-1）；二是，如果去掉那些肯定木有人的点后，剩下的点的个数刚好等于K（不可能小于K的，因为肯定有解），则不用贪心了，剩下所有的地方肯定都必须放人。
总时间复杂度O(NlogN + MlogM)；
这里千万要注意的一点是，应该先将所有区间重编号再去包含，而不应该先去包含再重编号！！！因为可能有两个区间本来是不包含的，但重编号以后，包含了。（本沙茶比赛的时候就是这里木有注意到，跪了3个点，杯具了）

【kunai】
40分的暴力做法：枚举两个动点，求出它们是否会相撞以及相撞的时间，然后将所有相撞事件按照时间排序，扫描排序后的每个事件，如果相撞的两个动点都还在，就将它们消去，然后可以求出每个动点移动的距离，求一下并集（线段树）即可；（本沙茶当时主要是实在木有时间写这题了，因此连暴力都木有写）
AC做法：很明显，一个动点一旦被消去，就不会再次出现了，因此对于每一个点，只需要找到最先和这个点相撞的点即可。显然能够相撞的两个点必然位于同一行/列/对角线上且方向满足一定限制（其实一共只有6种情况：同一行一种，同一列一种，同一左上右下对角线两种，同一右上左下对角线两种）。因此，枚举这6种情况，直接用扫描法得到最先与它相撞的动点，取相撞时间最小的那个即可，如果都找不到，这个点就是永存的。这样相撞事件的总数就减少到了O(N)级别，总时间复杂度就是O(NlogN)。
注意：有可能在同一时间有多个动点在同一位置相撞，因此，对于同时发生的相撞事件，应该将它们一起处理，涉及到的点一起消去。


Mato_No1 2012-05-12 21:41 发表评论
]]>