[Luogu 5465] [LOJ 6435] [PKUSC2018]星际穿越(倍增)

题面

n个点的图，点i和[l[i],i)的所有点连双向边。每次询问(l,r,x)表示x到[l,r]的所有点的最短路径长度和/(r-l+1)。

\(n \leq 10^5,l_i<r_i<x_i\)

分析

有(du)趣(liu)的倍增问题。

观察到\(l_i<r_i<x_i\),也就是说我们要求往左走的最小距离。首先差分一下，设\(sum(x,i)\)表示\(x\)到\([i,x-1]\)的最短距离和。那么答案就是\(\frac{sum(x,l)-sum(x,r+1)}{r-l+1}\)

然后我们不要直接考虑到x的最短路，而是反过来考虑走k步可以到达哪些节点。

我们从x开始走1步，可以走到哪里呢？。可以跳到的编号最小的点为\(l_x\),而最大的点应该是\(rb(x)=\max(k) (l_k \leq x)\),因为只要\(l_k \leq x\), \(x\)与\(k\)之间就有一条边。因此第1步能到达的区间是\([l_x,rb(x)]\)

第2步呢？。根据上面的分析，应该是\(\min(l_i)(i \in [l_x,rb(x)])\).但是实际上可以简化为\(\min(l_i)(i \in [l_x,n])\).因为在\([rb(x),n]\)内的点，它们的\(l\)比x还大，自然也比\([l_x,rb(x)]\)内的点的\(l\)还大，对最小值没有任何影响。

因此，设走\(k(k>1)\)步可以到达的编号最小的点为\(a\),那么走\(k+1\)步能够到达的编号最小的点为\(\min(l_i)（i\in [a,n])\).这样就可以倍增优化。

设\(f[i][j]\)表示\([i,n]\)内节点走\(2^j\)步能够到达的编号最小的点。那么显然有:

\[f[i][0]=\min(l_k),k \in[i,n]\]

\[f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1]\]

为了求答案，我们再维护一个和，\(g[i][j]\)表示\(i\)到\([f[i][j],i-1]\)内所有点的距离和。那么：

\(g[i][0]=i-f[i][0]\) (到\([f[i][0],i-1]\)中的每个点的距离都为1)

\[g[i][j]=g[i][j-1]+g[f[i][j-1]][j-1]+2^{j-1}(f[i][j-1]-f[i][j])\]

这是因为:到\([f[i][j-1],i-1]\)内的节点，距离和是\(g[i][j-1]\)。而到\([f[i][j],f[i][j-1]]\)内的节点的距离由两部分组成，一部分是各节点到\(f[i][j-1]\)的距离\(g[f[i][j-1]][j-1]\),另一部分是从\(f[i][j-1]\)到\(i\)的距离\(2^{j-1}\).因为一共有\((f[i][j-1]-f[i][j])\)个节点，所以要乘上\((f[i][j-1]-f[i][j])\)

查询的话就倍增的跳即可，注意一些细节，还是直接上代码吧.

int calc(int x,int l){ //sum(x,l),[l,x-1]内答案 if(a[x]<=l) return x-l;//只需走一次的情况，特判//第一次走的答案 int ans=x-a[x];//距离和int cnt=1;//走的次数x=a[x]; for(int i=log2n;i>=0;i--){if(f[x][i]>=l){ans+=g[x][i]+cnt*(x-f[x][i]);//,g[x][i]为当前这段的距离和,但是之前每个节点还跳了cnt步到x,因此要加上cnt*[f[x][i],x-1]cnt+=(1<<i);x=f[x][i];}}if(x>l) ans+=x-l+cnt*(x-l);//如果最后一步没跳满，加上f[x][i] return ans;
} 

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define maxn 300000
#define maxlogn 25
using namespace std;
int gcd(int a,int b){return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
int n,q;
int log2n;
int a[maxn+5];
int f[maxn+5][maxlogn+5];
int g[maxn+5][maxlogn+5];
int calc(int x,int l){ //[l,x-1]内答案 if(a[x]<=l) return x-l;//特判第一次跳 int ans=x-a[x];int cnt=1;x=a[x]; for(int i=log2n;i>=0;i--){if(f[x][i]>=l){ans+=g[x][i]+cnt*(x-f[x][i]);//[f[x][i],x-1]跳到x还需cnt步 cnt+=(1<<i);x=f[x][i];}}if(x>l) ans+=x-l+cnt*(x-l);//如果最后一步没跳满，加上f[x][i] return ans;
}
int main(){int l,r,x;scanf("%d",&n);log2n=log2(n)+1;a[1]=1;for(int i=2;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);f[n][0]=a[n];for(int i=n-1;i>=1;i--){f[i][0]=min(f[i+1][0],a[i]);g[i][0]=i-f[i][0];}for(int j=1;j<=log2n;j++){for(int i=1;i<=n;i++){if(f[i][j-1]){f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];g[i][j]=g[i][j-1]+g[f[i][j-1]][j-1]+((f[i][j-1]-f[i][j])<<(j-1)); //[f[i][j],f[i][j-1]-1]内的点跳到j还需2^{j-1}步 }}}scanf("%d",&q);while(q--){scanf("%d %d %d",&l,&r,&x);int up=calc(x,l)-calc(x,r+1);int down=r-l+1;int g=gcd(up,down);up/=g;down/=g;printf("%d/%d\n",up,down);}
}