算法刷题记录(Day 33)

Balanced Lineup(poj 3264)

原题链接
题目类型:RMQ、ST表

RMQ视频讲解
RMQ以及ST表

存在的问题:
1.2的幂次应该如何计算->打表
2.log2 ^x转化为log ^x/log ²

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define NMAX 50005
#define BMAX 20
int dpmx[NMAX][BMAX];
int dpmn[NMAX][BMAX];
int e2[BMAX];
int N, Q;
int cur;
int a, b;
int main() {cin >> N >> Q;for (int i = 1; i <= N; i++) {cin >> cur;dpmx[i][0] = dpmn[i][0] = cur;}//预处理e2[0] = 1;for (int i = 1; i < BMAX; i++)  e2[i] = 2 * e2[i - 1];for (int i = 1; i < BMAX; i++) {for (int j = 1; j <= N; j++) {if (j + e2[i] <= N+1) { //可能会存在溢出的问题,因为dp[i][j]代表的是[i,i+e2[j])是左开右闭的区间，因此需要增加到N+1dpmx[j][i] = max(dpmx[j][i - 1], dpmx[j + e2[i - 1]][i - 1]);dpmn[j][i] = min(dpmn[j][i - 1], dpmn[j + e2[i - 1]][i - 1]);//cout << "from " << j << "to " << j + e2[i] << " " << dpmx[j][i] << " " << dpmn[j][i] << endl;}}}for (int i = 0; i < Q; i++) {cin >> a >> b;cur = int(log(double(b+1 - a)) / log(double(2)));//注意这里没有包括b在内//cout << a << " " << a + e2[cur] << " " << b + 1 - e2[cur] << " " << b + 1 << endl;//cout << dpmx[a][cur]<<  " " << dpmx[b + 1 - e2[cur]][cur] << " " << dpmn[a][cur]<< " "<<dpmn[b + 1 - e2[cur]][cur] << " " << endl;cout << max(dpmx[a][cur], dpmx[b + 1 - e2[cur]][cur]) - min(dpmn[a][cur], dpmn[b + 1 - e2[cur]][cur]) << endl;}
}

tip:
1.代码禁止成段复制，例如本题中对于dpmx和dpmn的初始化，否则会导致错误。
2.注意题目所给出的范围是一个左闭右闭的区间，而dp[i][j]则是一个左开右闭得区间，因此在查询得时候需要进行加1的操作。

Frequent values(poj 3368)

原题链接
题目类型:RMQ

问题:
1.如何初始化
2.dp[i][j]代表的是最大的一个次数，不能是简单地进行一个max或者min操作，因此出现的次数在两个不重合的区间内应该是可以相加的

解答:首先不能直接用st表去维护区间内重复的个数，因为这在本质上是一个可以相加的量，而RMQ则是关于区间极值求解的问题。而抓住题目中非降的特性，可以将相同的值处理为一个块，而将待求解的区间也依照值得相同为块进行划分，每个块得值为其中含有的元素得个数，那么就可以转化为RMQ(注意这仅仅只是对于完全包含在区间内的点来说的)。
具体来说，假设区间范围为(s,t)，其所在块分别为S和T。
若S和T相等，则位于一个块，返回t-s+1.
若不等，首先将S块和T块剔除，即使用S块得结束位置减去s计算S块的个数,使用t减去T块的起始得到T块的个数，最后再使用RMQ处理中间的部分得到一个最大值。

//tle
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define NMAX 100010
#define BMAX 30
int dpmx[NMAX][BMAX];
int e2[BMAX];
int n, q, cur;
struct node {int start, finish;int num;
}block[NMAX];
int block_num = 0;
int lot[NMAX];
int main() {//预处理e2[0] = 1;for (int i = 1; i < BMAX; i++)  e2[i] = 2 * e2[i - 1];while (1) {cin >> n;if (!n) break;cin >> q;int pre = 100001;block_num = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> cur;if (cur != pre) {if (i != 1) block_num++;block[block_num].num = 0;if (block_num > 0) block[block_num - 1].finish = i - 1;block[block_num].start = i;}pre = cur;lot[i] = block_num;block[block_num].num++;}block[block_num].finish = n;//for (int i = 0; i <= block_num; i++) printf("%d %d %d\n", block[i].start, block[i].finish, block[i].num);//以块为单位建立st表for (int i = 0; i <= block_num; i++)  dpmx[i][0] = block[i].num;for (int i = 1; e2[i] <= block_num; i++) {for (int j = 0; j <= block_num; j++) {if (j + e2[i] <= block_num + 1) dpmx[j][i] = max(dpmx[j][i - 1], dpmx[j + e2[i - 1]][i - 1]);}}for (int i = 0; i < q; i++) {int s, t;cin >> s >> t;int S = lot[s], T = lot[t];int res;if (S == T) res = t - s + 1;else {res = max(block[S].finish - s + 1, t - block[T].start + 1);S++;if (T > S) {int cur = log(double(T - S)) / log(double(2));res = max(res, max(dpmx[S][cur], dpmx[T - e2[cur]][cur]));}}cout << res << endl;}}}

tip:
奇怪的超时

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