P6859 蝴蝶与花 思维 + 数据结构优化
题意
给定一个(12)串,问能否找到(l)最小的区间([l,r])使得(sum[l,r])恰好等于(s)
过程中可以修改单点,修改后也只能是(1或者2)
串的长度(n),(m)次询问
对每个询问若有合法方案输出这个方案的(l,r)否则输出(none)
[1leq n ,mleq 2 imes 10^6\
0leq s le 2^{31}-1
]
分析
显然不能直接暴力
我们利用前缀和维护区间和,如果以1为起点,二分出和不小于(k)的(r),容易发现而分出的区间的和要么是(k),要么是(k+1)。
假设二分出([l,r_1]),([l+1,r_2])且两个区间的和都是(k+1)
可以发现
- (a_l = 2)
- (a_{r1} = 2)
- (r2 = r1 + 1)
这样发现其实和连续(2)的个数有关。
规律总结后有如下性质:
二分出从位置1的开始和不小于(k)的右端点(p)。利用数据结构求出位置1和位置(p)后连续(2)的个数分别为(cnt1,cnt2)
- (cnt1 < cnt2) 时,区间([2 + cn1,p + cnt1])就是答案
- (cnt1 geq cnt2)时,区间([1 + cnt2,p+cnt2])就是答案
只需要解决两个问题
- 如何找到第一个前缀和不小于(k)的位置
- 如何求出一个位置后面有多少个连续的2
这两个问题都可以在树状数组内2分实现(注意如果用2分 + 树状数组 复杂度会多一个log)
对于问题2,只需要判断区间([p,p + len - 1])的和是否是(2 imes len)即可
当然也可以用线段树复杂度(O(mlogn))
代码
ll c[maxn];
struct BIT {
int n;
void add(int x, int y) {
for (int i = x; i < maxn; i += i & -i) {
c[i] += y;
}
}
int query(int x) {
ll res = 0;
for (int i = x;i; i -= i & -i) {
res += c[i];
}
return res;
}
int query1(int k) {
int p = 0, sum = 0;
for (int i = 20; i >= 0; i--) {
int s = (1 << i);
if (sum + c[s + p] <= k) p += s, sum += c[p];
}
return p;
}
int query2(int k) {
int p = 0, sum = 0;
int tmp = query(k - 1);
for (int i = 20; i >= 0; i--) {
int s = (1 << i);
if ((sum + c[p + s] - tmp == (p + s - k + 1) * 2) || (p + s < k))
p += s, sum += c[p];
}
return p;
}
};
int a[maxn];
int main() {
int n = readint();
int m = readint();
BIT bit;
bit.n = n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
a[i] = readint(), bit.add(i, a[i]);
bit.add(n + 1, 1e9);
char op[5];
while (m--) {
scanf("%s", op);
if (op[0] == 'C') {
int x = readint();
int y = readint();
bit.add(x, y - a[x]);
a[x] = y;
}
else {
int x = readint();
int pos = bit.query1(x);
if (!x || x > bit.query(n)) puts("none");
else if (bit.query(pos) == x) printf("%d %d
", 1, pos);
else {
pos++;
int len1 = bit.query2(1), len2 = bit.query2(pos) - pos + 1;
if (len1 < len2) {
if (pos + len1 <= n) printf("%d %d
", 2 + len1, pos + len1);
else puts("none");
}
else {
if (pos + len2 <= n) printf("%d %d
", 1 + len2, pos + len2);
else puts("none");
}
}
}
}
}