线段树专题

　　　　开个帖记录 2019-09-01之后接触到的线段树类型题

2019-09-08

XKC's basketball team

题目链接：https://nanti.jisuanke.com/t/41387

题意：

给你n个数字，寻找第i个数字后面比i大至少m且距离i最远的数字

分析：

线段树维护区间最大 , 然后从右区间开始搜寻

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<map>
#define mm(a,n) memset(a, n, sizeof(a))
using namespace std;
#define ll long long
template <class T>
void read(T &x)
{
    x = 0;
    char ch = getchar();
    while (!isdigit(ch))
        ch = getchar();
    while (isdigit(ch))
        x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
}
const int N=5e5+5;

struct node
{
    int l,r,MAX;
}tree[N<<2];

int n,m;
int a[N];

void build(int i,int l,int r)
{
    tree[i].l=l,tree[i].r=r;
    if(l==r)
    {
        scanf("%d",&tree[i].MAX);
        a[l]=tree[i].MAX;
        return ;
    }
    int mid=l+r>>1;
    build(i<<1,l,mid);
    build(i<<1|1,mid+1,r);
    tree[i].MAX=max(tree[i<<1].MAX,tree[i<<1|1].MAX);
}

int query(int i,int l,int r,int v)
{
    if(tree[i].l==tree[i].r)
        return tree[i].l;
    int mid=tree[i].l+tree[i].r>>1;
    if(tree[i<<1|1].MAX>=v)
        return query(i<<1|1,l,r,v);
    else if(l<=mid&&tree[i<<1].MAX>=v)
        return query(i<<1,l,r,v);
    else
        return -1;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    read(n);read(m);
    build(1,1,n);
    int ans;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(i==n)
            ans=-1;
        else
            ans=query(1,i+1,n,a[i]+m);
        if(ans!=-1)
            ans-=i+1;
            if(i == n) 
            cout<<ans<<endl;
            else cout<<ans<<" ";
    }
    return 0;
}

2019-10-03

D. Distinct Characters Queries

题目链接：https://codeforces.com/contest/1234/problem/D

题意：给你一个字符串 ， 有q个操作：
①、 将 pos 位置的字符改为 c

②、查询 L~ R 区间不同字符的个数

分析：

挺水的一题。因为全是小写字符 , 所以我们可以对每个单独字符开个线段树, 那么一共就开了26个线段树 ,然后预处理：将母串中第 i 个位置的字符对应的线段树的第 i 个区间的值 + 1。

那么当操作为 ① 的时候我们只要将母串pos位置的字符对应线段树的pos区间值 -1 , 然后c字符对应线段树的pos区间 +1

当操作为 ②的时候我们只要判断每个字符是否有出现在L ~ R区间 , 即遍历 26 颗线段树 L ~ R 的区间和是否为 0 .若不为 0 , ans++ , 遍历完后输出ans即可

#include<bits/stdc++.h>
#define ios std::ios::sync_with_stdio(false) , std::cin.tie(0) , std::cout.tie(0)
#define sd(n) scanf("%d",&n)
#define sdd(n,m) scanf("%d%d",&n,&m)
#define sddd(n,m,k) scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)
#define pd(n) printf("%d
", (n))
#define pdd(n,m) printf("%d %d
", n, m)
#define pld(n) printf("%lld
", n)
#define pldd(n,m) printf("%lld %lld
", n, m)
#define sld(n) scanf("%lld",&n)
#define sldd(n,m) scanf("%lld%lld",&n,&m)
#define slddd(n,m,k) scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k)
#define sf(n) scanf("%lf",&n)
#define sff(n,m) scanf("%lf%lf",&n,&m)
#define sfff(n,m,k) scanf("%lf%lf%lf",&n,&m,&k)
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<=n;i++)
#define per(i,n,a) for (int i=n;i>=a;i--)
#define mm(a,n) memset(a, n, sizeof(a))
#define pb push_back
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define numm ch - 48
#define INF 0x3f3f3f3f
#define sz(x) ((int)x.size())
#define pi 3.14159265358979323
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
#define debug2(x, y)          cout <<#x<<": "<<x<<" | "<<#y<<": "<<y<< endl;
#define debug3(x, y, z)       cout <<#x<<": "<<x<<" | "<<#y<<": "<<y<<" | "<<#z<<": "<<z<<endl;
#define debug4(a, b, c, d)    cout <<#a<<": "<<a<<" | "<<#b<<": "<<b<<" | "<<#c<<": "<<c<<" | "<<#d<<": "<<d<<endl;
using namespace std;
template<typename T>void read(T &res)
{
    bool flag=false;
    char ch;
    while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(flag=true);
    for(res=numm; isdigit(ch=getchar()); res=(res<<1)+(res<<3)+numm);
    flag&&(res=-res);
}
template<typename T>void Out(T x)
{
    if(x<0)putchar('-'),x=-x;
    if(x>9)Out(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
ll pow_mod(ll x, ll n , ll mod)
{
    ll res=1;
    while(n)
    {
        if(n&1)res=res*x%mod;
        x=x*x%mod;
        n>>=1;
    }
    return res;
}
#define lson l,mid,rt << 1
#define rson mid + 1,r,rt << 1 | 1
#define ll long long
using namespace std;
 
const int N = 4e5 + 5000;
const ll mod = 1e9 + 7;
 
ll n,k;
ll a[N];
int t[N][26];
 
void update(int l,int r,int rt,int id,int k,int val)
{
    if(k < l || k > r) return ;
    if(l == r)
    {
        t[rt][id] += val;
        return ;
    }
    int mid = l + r >> 1;
    if(k <= mid) update(lson,id,k,val);
    else update(rson,id,k,val);
    t[rt][id] = t[rt << 1][id] + t[rt << 1 | 1][id];
 
}
int qu(int l,int r,int rt,int ql,int qr,int id)
{
    if(r < ql || l > qr) return 0;
    int res = 0;
    if(ql <= l && qr >= r) return t[rt][id];
    int mid = l + r >> 1;
    if(ql <= mid)  res += qu(lson,ql,qr,id);
    if(qr > mid)  res += qu(rson,ql,qr,id);
    return res;
}
int main()
{
    string str = " ";
    string strr;
    cin >> strr;
    str += strr;
    n = sz(strr);
    rep(i ,1 ,n)
    {
        update(1,n,1,str[i] - 'a',i,1);
    }
    int q,op,l,r;
    sd(q);
    while(q--)
    {
        sd(op);
        if(op == 1)
        {
            int pos;
            char c;
            sd(pos);
            cin  >> c;
            update(1,n,1,str[pos] - 'a',pos ,-1);
            str[pos] = c;
            update(1,n,1,c - 'a',pos,1);
        }
        else
        {
            sdd(l , r);
            ll ans = 0;
            rep(i,0,25)
            {
                if(0 < (qu(1,n,1,l,r,i))) ans++;
            }
            pd(ans);
        }
    }
    return 0;
}

2019-10-06

The Child and Sequence

题目链接：https://codeforces.com/contest/438/problem/D

题意：

有n个数、m条指令 , 指令对应的操作分别是：

①、区间求和

②、区间取模

③、单点修改

根据指令完成操作

分析：

很明显这题就是要求维护一棵支持区间取膜，单点更新，区间求和的线段树。区间求和 和 单点修改都没什么问题，问题就在区间取模

先将区间和求出来再取模这是肯定不行的 , 所以我们需要换种思想——对于一个区间，如果它的区间和 sum < Mod ， 那我们对整个区间取模就没有意义了 , 这是个剪枝的条件

所以我们可以先进行单点更新  , 知道区间和 sum < Mod , 那么我们就没有对它进行取模的必要了。 再者对于每个数取模一个小于它的数 , 它的值肯定会小于原来的二分之一

当搜寻到某个区间和小于 Mod 的时候 , 我们就可以直接停止搜索 , 这样算下来时间复杂度并不会很高 ， 也就能做了。

详见代码

2019-10-08

Max answer

题目链接：https://nanti.jisuanke.com/t/38228

题意：

给一个长为n(n <= 500000)的数组a, 对每个区间，求区间和乘区间最小值的最大值(−1e5 ≤ ai ​≤1e5).

分析：

这道题乍一看像是单调栈的模板题 , 但很可惜的是 ai 的取值可以为负数 , 所以对于以 ai 为最小值的区间 , 若 ai 为负数 , 要找到最小区间和 , 若为 ai 为正数 , 要找到最大区间和

对于正数ai，利用单调栈寻找以ai为最小值的区间，利用前缀和数组求区间和再*ai 即结果（ai 为正数 , ai为区间最小值）

先用单调栈求出以a[i]为最小值能够延伸的左端点L[i]和右端点R[i] , 然后对于每个正数，我们用该数乘以这个区间和。区间和用前缀和来求，对于每个数所能影响的最大区间我们已经求出来了。对于负数来说，我们需要求在它右区间的最小前缀和减去左区间的最大前缀和 , 因为只有它的区间和最小对应的这个区间的value值才最大，又由区间和=sum[j]-sum[i]可知，sum[j]最小，sum[i]最大时才能时这个区间和最小，所以问题的关键转化为寻找最小的sum[j]和最大的sum[i]

对于右区间的最小前缀和，以及左区间的最大前缀和我们用线段树来求

#include<bits/stdc++.h>
#define ios std::ios::sync_with_stdio(false) , std::cin.tie(0) , std::cout.tie(0)
#define sd(n) scanf("%d",&n)
#define sdd(n,m) scanf("%d%d",&n,&m)
#define sddd(n,m,k) scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)
#define pd(n) printf("%d
", (n))
#define pdd(n,m) printf("%d %d
", n, m)
#define pld(n) printf("%lld
", n)
#define pldd(n,m) printf("%lld %lld
", n, m)
#define sld(n) scanf("%lld",&n)
#define sldd(n,m) scanf("%lld%lld",&n,&m)
#define slddd(n,m,k) scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k)
#define sf(n) scanf("%lf",&n)
#define sff(n,m) scanf("%lf%lf",&n,&m)
#define sfff(n,m,k) scanf("%lf%lf%lf",&n,&m,&k)
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<=n;i++)
#define per(i,n,a) for (int i=n;i>=a;i--)
#define mm(a,n) memset(a, n, sizeof(a))
#define pb push_back
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define numm ch - 48
#define MOD 1000000007
#define INF 0x3f3f3f3f
#define pi 3.14159265358979323
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
#define debug2(x, y)          cout <<#x<<": "<<x<<" | "<<#y<<": "<<y<< endl;
#define debug3(x, y, z)       cout <<#x<<": "<<x<<" | "<<#y<<": "<<y<<" | "<<#z<<": "<<z<<endl;
#define debug4(a, b, c, d)    cout <<#a<<": "<<a<<" | "<<#b<<": "<<b<<" | "<<#c<<": "<<c<<" | "<<#d<<": "<<d<<endl;
using namespace std;
template<typename T>void read(T &res){bool flag=false;char ch;while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(flag=true);
for(res=numm;isdigit(ch=getchar());res=(res<<1)+(res<<3)+numm);flag&&(res=-res);}
template<typename T>void Out(T x){if(x<0)putchar('-'),x=-x;if(x>9)Out(x/10);putchar(x%10+'0');}
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
ll lcm(ll a,ll b){return a*b/gcd(a,b);}
ll pow_mod(ll x,ll n,ll mod){ll res=1;while(n){if(n&1)res=res*x%mod;x=x*x%mod;n>>=1;}return res;}
ll fact_pow(ll n,ll p){ll res=0;while(n){n/=p;res+=n;}return res;}

const int N = 5e5 + 10;
ll sum[N],a[N];
ll maxn[N << 2],minn[N << 2];
void build(int l,int r,int root)
{
    if(l==r)
    {
        maxn[root]=minn[root]=sum[l];
        return ;
    }
    int mid=l+r>>1;
    build(l,mid,root<<1);
    build(mid+1,r,root<<1|1);
    maxn[root]=max(maxn[root<<1],maxn[root<<1|1]);
    minn[root]=min(minn[root<<1],minn[root<<1|1]);
}
ll qmax(int l,int r,int root,int ql,int qr)
{
    if(l>=ql&&r<=qr)
        return maxn[root];
    int mid=l+r>>1;
    ll ans=-INF;
    if(mid>=ql)
        ans=qmax(l,mid,root<<1,ql,qr);
    if(mid<qr)
        ans=max(ans,qmax(mid+1,r,root<<1|1,ql,qr));
    return ans;
}
ll qmin(int l,int r,int root,int ql,int qr)
{
    if(l>=ql&&r<=qr)
        return minn[root];
    int mid=l+r>>1;
    ll ans=INF;
    if(mid>=ql)
        ans=qmin(l,mid,root<<1,ql,qr);
    if(mid<qr)
        ans=min(ans,qmin(mid+1,r,root<<1|1,ql,qr));
    return ans;
}
int LL[N],RR[N],st[N];
int main()
{
    ios;
    int n;
    cin >> n;
    rep(i ,1 ,n)
    cin >> a[i],sum[i] = sum[i-1]+a[i];
    build(1,n,1);
    int top=0;
    rep(i ,1 ,n)
    {
        while(top&&a[st[top]]>a[i])
            RR[st[top--]]=i-1;
        st[++top]=i;
    }
    while(top)
        RR[st[top--]]=n;
    for(int i=n;i>=1;i--)
    {
        while(top&&a[st[top]]>a[i])
            LL[st[top--]]=i+1;
        st[++top]=i;
    }
    while(top)
        LL[st[top--]]=1;
    ll ans = -INF;
    rep(i ,1 ,n)
    {
        if(a[i]>0)
            ans=max(ans,a[i]*(sum[RR[i]]-sum[LL[i]-1]));
        else
            ans=max( ans,a[i]*( qmin(1,n,1,i,RR[i])-qmax(1,n,1,LL[i],i)) );
    }
       cout << ans << endl;
    return 0;
}

2019-10-08

Platforms Jumping

题目链接：https://codeforces.com/contest/1256/problem/C

题意：

有一条宽为 n + 1 的桥 ， 你的初始位置在 0 ，每次你可以跳跃 1 ~ d 的宽度 。同时你有 m 块木板 ， 这 m 块木板可以任意移动，但它们的相对位置是不能变的。

若改变木板的位置可以跳至 n + 1 的位置，则输出 YES 和 m 块木板的摆放位置，否则输出NO

分析：

因为 m 块木板必须都使用到 ， 所以我们可以先将所有木板堆积在末尾，然后用now标记当前位置 ，tot 记录未被使用的木板的最靠前的位置。因为未使用的木板一定是从头一路连接到n + 1的位置（中间没有空隙），所以当 now + d >= tot 的时候，剩下没用到的木板保持堆积在末尾的状态就可以了

区间用线段树维护即可 ， 代码还是很好懂的

#include<bits/stdc++.h>
#define ios std::ios::sync_with_stdio(false)
#define sd(n) scanf("%d",&n)
#define sdd(n,m) scanf("%d%d",&n,&m)
#define sddd(n,m,k) scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)
#define pd(n) printf("%d
", (n))
#define pdd(n,m) printf("%d %d
", n, m)
#define pld(n) printf("%lld
", n)
#define pldd(n,m) printf("%lld %lld
", n, m)
#define sld(n) scanf("%lld",&n)
#define sldd(n,m) scanf("%lld%lld",&n,&m)
#define slddd(n,m,k) scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k)
#define sf(n) scanf("%lf",&n)
#define sff(n,m) scanf("%lf%lf",&n,&m)
#define sfff(n,m,k) scanf("%lf%lf%lf",&n,&m,&k)
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<=n;i++)
#define per(i,n,a) for (int i=n;i>=a;i--)
#define mm(a,n) memset(a, n, sizeof(a))
#define pb push_back
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define MOD 1000000007
#define pi 3.14159265358979323
#define lrt rt<<1
#define rrt rt<<1|1
#define lson l, m, lrt
#define rson m+1, r, rrt
#define debug(x)               cout << #x << ": " << x << endl
#define debug2(x, y)          cout <<#x<<": "<<x<<" | "<<#y<<": "<<y<< endl;
#define debug3(x, y, z)       cout <<#x<<": "<<x<<" | "<<#y<<": "<<y<<" | "<<#z<<": "<<z<<endl;
#define debug4(a, b, c, d)    cout <<#a<<": "<<a<<" | "<<#b<<": "<<b<<" | "<<#c<<": "<<c<<" | "<<#d<<": "<<d<<endl;
using namespace std;
const ll INF (0x3f3f3f3f3f3f3f3fll);
const int inf (0x3f3f3f3f);
template<typename T>void read(T &res){bool flag=false;char ch;while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(flag=true);
for(res=ch-48;isdigit(ch=getchar());res=(res<<1)+(res<<3)+ch - 48);flag&&(res=-res);}
template<typename T>void Out(T x){if(x<0)putchar('-'),x=-x;if(x>9)Out(x/10);putchar(x%10+'0');}
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
ll lcm(ll a,ll b){return a*b/gcd(a,b);}
ll pow_mod(ll x,ll n,ll mod){ll res=1;while(n){if(n&1)res=res*x%mod;x=x*x%mod;n>>=1;}return res;}
ll fact_pow(ll n,ll p){ll res=0;while(n){n/=p;res+=n;}return res;}
ll mult(ll a,ll b,ll p){a%=p;b%=p;ll r=0,v=a;while(b){if(b&1){r+=v;if(r>p)r-=p;}v<<=1;if(v>p)v-=p;b>>=1;}return r;}
ll quick_pow(ll a,ll b,ll p){ll r=1,v=a%p;while(b){if(b&1)r=mult(r,v,p);v=mult(v,v,p);b>>=1;}return r;}
bool CH(ll a,ll n,ll x,ll t)
{ll r=quick_pow(a,x,n);ll z=r;for(ll i=1;i<=t;i++){r=mult(r,r,n);if(r==1&&z!=1&&z!=n-1)return true;z=r;}return r!=1;}
bool Miller_Rabin(ll n)
{if(n<2)return false;if(n==2)return true;if(!(n&1))return false;ll x=n-1,t=0;while(!(x&1)){x>>=1;t++;}srand(time(NULL));
ll o=8;for(ll i=0;i<o;i++){ll a=rand()%(n-1)+1;if(CH(a,n,x,t))return false;}return true;}
int prime[30000010],minprime[30000010];
void euler(int n)
{int c=0,i,j;for(i=2;i<=n;i++){if(!minprime[i])prime[++c]=i,minprime[i]=i;for(j=1;j<=c&&i*prime[j]<=n;j++)
{minprime[i*prime[j]]=prime[j];if(i%prime[j]==0)break;}}}
 
const int N = 5e5 + 10;
struct node{
    int id , c , l , r;
}a[N];
int ans[N];
int tree[N << 2] , lz[N << 2];
void build(int node,int l,int r){
    if(l == r){
        cin >> tree[node];
        return;
    }
    int mid = (l+r)/2;
    build(node*2,l,mid);
    build(node*2+1,mid+1,r);
    tree[node] = tree[node*2] + tree[node*2 + 1];
}
void update(int n,int index,int l,int r,int node){
    if(l == r) {
        tree[node] = n; 
        return;
    }
    int mid = (l+r) / 2;
    if(index <= mid){
        update(n,index,l,mid,node*2);
    }else{
        update(n,index,mid+1,r,node*2+1);
    }
    tree[node] = tree[node*2] + tree[node*2 + 1];
}
 
void push_down(int node,int l,int r){
    if(lz[node]){
        int mid = (l+r) / 2;
        lz[node*2] += lz[node];
        lz[node*2 + 1] += lz[node];
        tree[node*2] += 1LL*(mid - l + 1)*lz[node];
        tree[node*2 + 1] += 1LL*(r - mid)*lz[node];
        lz[node] = 0;
    }
}
void update_range(int node,int l,int r,int L,int R,int add){
    if(l <= L && r >= R){
        lz[node] += 1LL*add;
        tree[node] += 1LL*(R - L + 1)*add;
        return;
    }
    push_down(node,L,R);
    int mid = (L+R) / 2;
    if(mid >= l) update_range(node*2,l,r,L,mid,add);
    if(mid < r) update_range(node*2 + 1,l,r,mid+1,R,add);
    tree[node] = tree[node*2] + tree[node*2 + 1];
}
ll query_range(int node,int L,int R,int l,int r){
    if(l <= L && r >= R) return tree[node];
    push_down(node,L,R);
    int mid = (L+R) / 2;
    ll sum = 0;
    if(mid >= l) sum += query_range(node*2,L,mid,l,r);
    if(mid < r) sum += query_range(node*2 + 1,mid+1,R,l,r);
    return sum;
}
int main()
{
    ios;
    int n , m , d ;
    cin >> n >> m >> d;
    int tot = n + 1 , sum = 0;
    rep(i , 1 , m)
    cin >> a[i].c , a[i].id = i , sum += a[i].c , tot -= a[i].c;
    if(sum + (m + 1) * d - m < n + 1)
    {
        cout << "NO" << '
';
        return 0;
    }
    int last = n;
    per(i , m , 1)
    {
        a[i].r = last;
        a[i].l = last - a[i].c + 1;
        update_range(1 , last - a[i].c + 1, last , 1 , n , a[i].id);
        last -= a[i].c;
    }
    int now = 0;
    int k = 1 , flag = 0;
    while(k <= m)
    {
        if(now + d < tot)
        {
            update_range(1 , a[k].l , a[k].r , 1 , n , -a[k].id);
            update_range(1 , now + d , now + d + a[k].c - 1 , 1 , n , a[k].id);
            tot += a[k].c;
            now += d + a[k].c - 1;    
            k ++ ;
        }
        else
        {
            break;
        }
    }
    cout << "YES" << '
';
    rep(i , 1 , n)
    cout << query_range(1 , 1 , n , i , i) << " ";
    return 0;
}