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  • 【BZOJ 1062】 1062: [NOI2008]糖果雨 (二维树状数组)**

    1062: [NOI2008]糖果雨

    Description

      有一个美丽的童话:在天空的尽头有一个" 糖果国" ,这里大到摩天大厦,小到小花小草都是用糖果建造而成
    的。更加神奇的是,天空中飘满了五颜六色的糖果云,很快糖果雨密密麻麻从天而落,红色的是草莓糖,黄色的是
    柠檬糖,绿色的是薄荷糖,黑色的是巧克力糖……这时糖果国的小朋友们便会拿出大大小小的口袋来接天空中落下
    的糖果,拿回去与朋友们一起分享。对糖果情有独钟的小Z憧憬着能够来到这样一个童话的国度。所谓日有所思,
    夜有所梦,这天晚上小Z梦见自己来到了" 糖果国" 。他惊喜地发现,任何时候天空中所有的云朵颜色都不相同,
    不同颜色的云朵在不断地落下相应颜色的糖果。更加有趣的是所有的云朵都在做着匀速往返运动,不妨想象天空是
    有边界的,而所有的云朵恰好在两个边界之间做着往返运动。每一个单位时间云朵向左或向右运动一个单位,当云
    朵的左界碰到天空的左界,它会改变方向向右运动;当云朵完全移出了天空的右界,它会改变方向向左运动。我们
    不妨把天空想象为一个平面直角坐标系,而云朵则抽象为线段(线段可能退化为点):

    如上图,不妨设天空的左界为 0 ,右界为 len 。图中共有 5 片云朵,其中标号为 1 的云朵恰好改变方向向
    右运动,标号为 2 的云朵恰好改变方向向左运动。忽略云朵的纵坐标,它们在运动过程中不会相互影响。小Z发现
    天空中会不断出现一些云朵(某个时刻从某个初始位置开始朝某个方向运动),而有的云朵运动到一定时刻就会从
    天空中消失,而在运动的过程中糖果在不断地下落。小Z决定拿很多口袋来接糖果,口袋容量是无限的,但袋口大
    小却是有限的。例如在时刻 T小Z拿一个横坐标范围为 [L,R] 的口袋来接糖果,如果[L,R]存在一个位置 x ,该位
    置有某种颜色的糖果落下,则认为该口袋可接到此种颜色的糖果。极端情况下,袋口区间可能是一个点,譬如[0,0
    ]、[1,1],但仍然可以接到相应位置的糖果。通常可以接到的糖果总数会很大,因而小Z想知道每一次(即拿出口
    袋的一瞬间)他的口袋可以接到多少种不同颜色的糖果。糖果下落的时间忽略不计。

    Input

      输入第一行有两个正整数 n,len ,分别表示事件总数以及天空的“边界”。接下来 n 行每行描述一个事件
    ,所有的事件按照输入顺序依次发生。每行的第一个数 k(k=1,2,3)分别表示事件的类型,分别对应三种事件:
    插入事件,询问事件以及删除事件。输入格式如下:

    Output

      对于每一个询问事件,输出相应的一行,为该次询问的答案,即口袋可以接到多少种不同的糖果

    Sample Input

    10 10
    1 0 10 1 3 -1
    2 1 0 0
    2 11 0 10
    2 11 0 9
    1 11 13 4 7 1
    2 13 9 9
    2 13 10 10
    3 100 13
    3 1999999999 10
    1 2000000000 10 0 1 1

    Sample Output

    1
    1
    0
    2
    1
    【样例说明】共 10 个事件,包括 3 个插入事件,5 个询问事件以及 2 个删除事件。时刻0,天空中出现一
    片颜色为 10 的云朵,初始位置为 [1,3] ,方向向左。时刻1,范围为 [0,0] 的口袋可以接到颜色为 10 的糖果
    (云朵位置为[0,2])。时刻11,范围为 [0,10] 的口袋可以接到颜色为 10 的糖果(云朵位置为[10,12])。时刻
    11,范围为 [0,9] 的口袋不能接到颜色为 10 的糖果(云朵位置为[10,12])。时刻11,天空中出现一片颜色为 1
    3 的云朵,初始位置为 [4,7],方向向右。时刻13,范围为[9,9]的口袋可以接到颜色为 10(云朵的位置为[8,10]
    )和颜色为 13(云朵的位置为[6,9])两种不同的糖果。时刻13,范围为 [10,10] 的口袋仅仅可以接到颜色为 10
    的一种糖果(云朵的位置为[8,10]),而不可以接到颜色为 13 的糖果(云朵的位置为[6,9])。时刻100, 颜色
    为 13 的云朵从天空中消失。时刻1999999999,颜色为 10 的云朵从天空中消失。时刻2000000000,天空中又出现
    一片颜色为 10 的云朵,初始位置为 [0,1] ,方向向右

    HINT

    对于所有的数据,N<=200000,Pi<=Len,0<=Ti<=2000000000,1<=Ci<=1000000 。数据保证 {Ti} 为非递减序列

    即 T1<=T2<=…<=Tn -1<=Tn 。对于所有的插入事件,令 Pi=Ri-Li,即 Pi 表示每片云朵的长度

    Source

    【分析】

      果然是神题!ORZ。。CDQ考场AC。。

      http://www.cnblogs.com/xiaoxubi/p/6264278.html

      

      看了别人的代码打的,理解思路,但是分成4个部分那里还是不是很懂。。

      留坑了。。

     1 #include<cstdio>
     2 #include<cstdlib>
     3 #include<cstring>
     4 #include<iostream>
     5 #include<algorithm>
     6 using namespace std;
     7 #define Maxc 1000010
     8 #define Maxn 1010
     9 
    10 int n,len;
    11 struct node
    12 {
    13     int x,y1,y2;
    14 }t[Maxc];
    15 
    16 int c[2][2*Maxn][4*Maxn];
    17 
    18 void add(int x,int y)
    19 {
    20     for(int i=t[x].x+1;i<=2*len;i+=i&(-i))
    21     {
    22         for(int j=t[x].y1+1;j<=4*len;j+=j&(-j)) c[0][i][j]+=y;
    23         for(int j=t[x].y2+1;j<=4*len;j+=j&(-j)) c[1][i][j]+=y;
    24     }
    25 }
    26 
    27 int query(int x,int y,int nw)
    28 {
    29     if(x<0||y<0) return 0;x++;y++;
    30     if(x>2*len) x=2*len+1;
    31     if(y>4*len) y=4*len+1;
    32     int ans=0;
    33     for(int i=x;i>=1;i-=i&(-i))
    34      for(int j=y;j>=1;j-=j&(-j))
    35          ans+=c[nw][i][j];
    36     return ans;
    37 }
    38 
    39 int area(int nw,int x1,int y1,int x2,int y2)
    40 {
    41     return query(x2,y2,nw)+query(x1-1,y1-1,nw)-query(x1-1,y2,nw)-query(x2,y1-1,nw);
    42 }
    43 
    44 void solve(int tt,int l,int r)
    45 {
    46     int d=(r==len);
    47     int ans=area(0,tt,l+tt,tt+r,4*len)+area(0,0,l+tt-2*len,tt+r-2*len-d,4*len)+
    48             area(1,2*len-r+tt+d,l-tt,2*len,4*len)+area(1,tt-r,l-tt+2*len,tt-1,4*len);
    49     printf("%d
    ",ans);
    50 }
    51 
    52 int main()
    53 {
    54     scanf("%d%d",&n,&len);
    55     memset(c,0,sizeof(c));
    56     for(int i=1;i<=n;i++)
    57     {
    58         int k;
    59         scanf("%d",&k);
    60         int tt,cc,l,r,d;
    61         if(k==1)
    62         {
    63             scanf("%d%d%d%d%d",&tt,&cc,&l,&r,&d);tt%=(2*len);
    64             t[cc].x=(tt-l*d+2*len)%(2*len);
    65             t[cc].y1=r-l+t[cc].x;
    66             t[cc].y2=r-l-t[cc].x+2*len;
    67             add(cc,1);
    68         }
    69         else if(k==2)
    70         {
    71             scanf("%d%d%d",&tt,&l,&r);tt%=(2*len);
    72             solve(tt,l,r);
    73         }
    74         else
    75         {
    76             scanf("%d%d",&tt,&cc);tt%=(2*len);
    77             add(cc,-1);
    78         }
    79     }
    80     return 0;
    81 }
    View Code

    2017-02-27 21:34:43

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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/Konjakmoyu/p/6476399.html
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