【BZOJ-28921171】强袭作战大sz的游戏权值线段树+单调队列+标记永久化+DP...

2892: 强袭作战

Time Limit: 50 Sec Memory Limit: 512 MB
Submit: 45 Solved: 30
[Submit][Status][Discuss]

Description

在一个没有冬马的世界里，经历了学园祭后的春希着急着想要见到心爱的雪菜。然而在排队想见雪菜的fans太多了，春希一时半会凑不到雪菜面前。

作为高帅富，这样的问题怎么能难倒春希？春希从武也手中拿到了取自金闪闪宝库里的多啦A梦的传话筒，并且给每一个排队的fans都发了一个传话筒。

于是现在有N个人排成一列，第一个人是雪菜，后面N个人是雪菜的fans。第I个fan能在他的左侧中选一个距离不超过L的人发出频率在[xi,yi]的音波，并且第I个fan也能接受频率在[xi,yi]的音波。特别的，雪菜能接受所有频率的音波。

春希有些话想通过传话筒告诉雪菜，他想选择一个人作为传话的起始点，但不知道选谁比较好，作为春希的好友的你，能告诉他答案吗？

传话的具体解释：第I个人能选择其左边的距离不超过L的一个人J，只要双方对应的区间有交集，那么第I个人就能将信息传达给J。然后J又可以继续找下一个人传达信息。传达一次信息要1单位时间。

Input

第一行两个正整数N、L。接下来N-1行，第i行包含了三个正整数xi 、yi 、li，其中li表示第i个人距离雪菜有li的距离，满足li严格递增。

Output

总共N -1行，每行一个数分别表示2到N号fan至少需要多少单位时间，雪菜才能收到信息，如果无法传到雪菜则输出-1。

Sample Input

3 1
1 2 1
2 3 2

Sample Output

1
2
【数据规模和约定】
30%的数据满足N <=20000;
100%的数据满足2 <=N<= 2.5*10^5、0<=xi，yi，li<=2*10^9，1<=L<=2*10^9,xi<=yi．

HINT

Source

1171: 大sz的游戏

Time Limit: 50 Sec Memory Limit: 357 MB
Submit: 320 Solved: 98
[Submit][Status][Discuss]

Description

大sz最近在玩一个由星球大战改编的游戏。话说绝地武士当前共控制了N个星球。但是，西斯正在暗处悄悄地准备他们的复仇计划。绝地评议会也感觉到了这件事。于是，准备加派绝地武士到各星球防止西斯的突袭。一个星球受到攻击以后，会尽快通知到总基地。需要的时间越长的星球就需要越多绝地武士来防御。为了合理分配有限的武士，大sz需要你帮他求出每个星球各需要多少时间能够通知到总基地。由于某种原因，N个星球排成一条直线，编号1至N。其中总基地建在1号星球上。每个星球虽然都是绝地武士控制的，但是上面居住的生物不一定相同，并且科技水平也不一样。第i个星球能收到并分析波长在[xi, yi]之间的信号，并且也能够发出在这个区间的信号，但是不能发出其他任何波长的信号。由于技术原因，每个星球只能发信号到比自己编号小的距离不超过L的星球。特别地，强大的总基地可以接收任何波长的信号。每个星球处理接收到的数据需要1个单位时间，传输时间可以忽略不计。

Input

第一行两个正整数N、L。接下来N-1行，总共第i行包含了三个正整数xi、yi、li，其中li表示第i个星球距离1号星球li，满足li严格递增。

Output

总共N-1行，每行一个数分别表示2到N号星球至少需要多少单位时间，总基地能够处理好数据，如果无法传到总基地则输出-1。

Sample Input

input1
3 1
1 2 1
2 3 2
input 2
3 3
1 2 1
2 3 2

Sample Output

output1
1
2
output2
1
1
30%的数据满足N <=20000;
100%的数据满足2 <=N<= 2.5*10^5、0<=xi，yi，li<=2*10^9，1<=L<=2*10^9,xi<=yi．

HINT

Source

By 俞华程

Solution

线段树标记永久化+单调队列+DP

首先一眼DP: $dp[i]=min(dp[j])+1$ 其中 $\left | l[i]-l[j] \right |<L,\left [ x[i],y[i] \right ]\bigcap \left [ x[j],y[j] \right ]\neq \O $

那么需要优化复杂度,考虑利用数据结构(可以利用很多种,这里选用权值线段树+单调队列)

x[],y[]范围过大,单很稀疏,离散,建权值线段树,支持区间修改区间查询;维护区间中的答案,需要在区间中加入一个单调队列

发现标记不适合下传,即标记需要永久化,和之前维护直线的思想类似,这样复杂度就一样能保证在$O(nlogn)$

如果当前区间完全覆盖,则不需要下传;维护的最小值,即区间的单调队列队首,和左右区间的最小三者取最小

查询的时候查询有交集的所有区间,线段树中节点的信息只是维护了完全包含于这个区间的区间的信息，我们还需要知道和这个区间有交集的但不包含于这个区间的信息，所以往子树递归的时候把路径上的信息也一块统计就好啦。

总结:

1.标记永久化的思想更加加深

2.对于类似这样的单调的问题,同样可以用线段树去维护,据说类似问题线段树是比CDQ之类还要无敌的??

3.对于每个线段树区间套上单调队列时,容易爆,开始手写单调队列,炸编译,改成动态RE,所以可以考虑用<list>

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<list>
using namespace std;
int read()
{int x=0,f=1; char ch=getchar();while (ch<'0' || ch>'9') {if (ch=='-')f=-1; ch=getchar();}while (ch>='0' && ch<='9') {x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}return x*f;
}
#define maxn 250010
#define inf 0x7fffffff
int N,L,tot,ls[maxn<<1],val[maxn<<4],dp[maxn],que[maxn],x[maxn],y[maxn],l[maxn];
struct DQueueNode{list<int>q;}Tree[maxn<<4];
int Get(int now) {return !Tree[now].q.empty()?dp[Tree[now].q.front()]:inf;}
void update(int now,int l,int r) {val[now]=min(Get(now),(l==r)?inf:min(val[now<<1],val[now<<1|1]));}
void Build(int now,int l,int r)
{val[now]=inf;if (l==r) return;int mid=(l+r)>>1;Build(now<<1,l,mid); Build(now<<1|1,mid+1,r);
}
void Insert(int now,int l,int r,int L,int R,int x,int f)
{if (L<=l && R>=r){if (f) while (!Tree[now].q.empty() && Tree[now].q.front()<=x) Tree[now].q.pop_front();else {while (!Tree[now].q.empty() && dp[Tree[now].q.back()]>=dp[x]) Tree[now].q.pop_back(); Tree[now].q.push_back(x);}update(now,l,r);return;}int mid=(l+r)>>1;if (L<=mid) Insert(now<<1,l,mid,L,R,x,f);if (R>mid) Insert(now<<1|1,mid+1,r,L,R,x,f);update(now,l,r);
}
int Query(int now,int l,int r,int L,int R)
{if (L<=l && R>=r) return val[now];int mid=(l+r)>>1,re=Get(now);if (L<=mid) re=min(re,Query(now<<1,l,mid,L,R));if (R>mid) re=min(re,Query(now<<1|1,mid+1,r,L,R));return re;
}
int main()
{N=read(),L=read();for (int i=1; i<=N-1; i++) ls[++tot]=x[i]=read(),ls[++tot]=y[i]=read(),l[i]=read();sort(ls+1,ls+tot+1);int Tot=1; for (int i=2; i<=tot; i++) if (ls[i]!=ls[i-1]) ls[++Tot]=ls[i];for (int i=1; i<=N-1; i++) x[i]=lower_bound(ls+1,ls+Tot+1,x[i])-ls,y[i]=lower_bound(ls+1,ls+Tot+1,y[i])-ls;Tot=unique(ls+1,ls+Tot+1)-ls-1;
//    for (int i=1; i<=N-1; i++) printf("%d %d\n",x[i],y[i]);Build(1,1,Tot);int he=-1,ta=-1;  dp[0]=0; x[0]=1,y[0]=Tot; que[++ta]=0;Insert(1,1,Tot,x[0],y[0],0,0);for (int i=1; i<=N-1; i++){int tmp;while (he<ta && l[i]-l[que[he+1]]>L) tmp=que[++he],Insert(1,1,Tot,x[tmp],y[tmp],tmp,1);dp[i]=Query(1,1,Tot,x[i],y[i])+1;if (dp[i]!=inf+1) printf("%d\n",dp[i]),que[++ta]=i,Insert(1,1,Tot,x[i],y[i],i,0);else puts("-1");}return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/DaD3zZ-Beyonder/p/5480630.html