题目链接：http://acm.uestc.edu.cn/#/contest/show/155
这个数据结构训练主要针对线段树，树转数组和并查集。比较适合刚入门数据结构的同学。
注意，因为后面题的代码太长了，200+行起步，所以我只贴一些主要代码（有些题没有代码，我之后会补上）
还未更新完，正在更新中
A - An easy problem A
思路：正如其名，是道大水题。裸的RMQ，数据范围略小，也不需要单点更新，所以有很多姿势能水过去
我随便搓颗线段树就A了,时间复杂度O(Q*log(N))。
代码：这题这么简单，应该不需要代码吧，除非你没学过线段树..........
B - An easy problem B
思路：这题题目虽然叫简单题，可是写起来好复杂ORZ。线段树+懒惰标记,时间复杂度O(m*log(n))，在结点上要维护6个域：
1.区间内的最长的1串的长度 2.区间内的最长的0串的长度
3.区间内以区间左端点开始的最长1串的长度 3.区间内以区间左端点开始的最长0串的长度
5.区间内以区间右端点开始的最长1串的长度 6.区间内以区间右端点开始的最长0串的长度
对于上面6个域，我们分别用
这六个变量记录。
合并区间a,b时（a与b相邻且a在b的左边）时：
len1 ------ 新区间内的最长的1串的长度的来源只有3个，①a.len1 ②b.len1 ③a.r1+b.l1
说白了就是在合并地方可能会产生更长的1串，代码如下
ans.len1=max(a.r1+b.l1,max(a.len1,b.len1));
l1 --------区间内以区间左端点开始的最长1串的长度来源只有2个 ，①a.l1 ②当a.l1=区间长度时，a.l1+b.l1
也就是说，只要特判一下，当a区间全为1情况就行了，代码如下
ans.l1=a.l1;
if(a.l1==a.len)
ans.l1+=b.l1;
r1 --------同理，区间内以区间右端点开始的最长1串的长度来源只有2个 ，①b.r1 ②当br1=区间长度时，b.r1+a.r1
也就是说，只要特判一下，当b区间全为1情况就行了，代码如下
ans.r1=b.r1;
if(a.r1==b.len)
ans.r1+=a.r1;
0串的情况和以上完全类似，我就不写了
总的代码如下：
void meg(Node &ans,Node &a,Node &b)
{
ans.len1=max(a.r1+b.l1,max(a.len1,b.len1));
ans.len0=max(a.r0+b.l0,max(a.len0,b.len0));
ans.l0=a.l0;
ans.l1=a.l1;
ans.r0=b.r0;
ans.r1=b.r1;
if(a.l0==a.len)
{
ans.l0+=b.l0;
}
if(a.l1==a.len)
{
ans.l1+=b.l1;
}
if(b.r0==b.len)
{
ans.r0+=a.r0;
}
if(b.r1==b.len)
{
ans.r1+=a.r1;
}
ans.len=a.len+b.len;
}
接着就是懒惰标记的问题了：
显然，一个区间如果被异或两次的话，等于没被异或过。
所以累加标记时只 要 .lazy^=1;就行了
而使用标记更新当前结点时，只要交换0,1串的所有域就行了
void fun()
{
swap(len0,len1);
swap(l0,l1);
swap(r0,r1);
}
最后就是查询了，为了减低代码复杂度，我们直接调用合并函数合并所有区间，并用些变量存下合并结结果，最后return ans.len1即可
int query(int l,int r)
{
l+=size;
r+=size;
putdown((l)>>1,(r)>>1);
updata(l);
updata(l^1);
updata(r);
updata(r^1);
Node ans,lans,rans,temp;
if(l==r)
ans=node[l];
else
{
lans=node[l];
rans=node[r];
for(; r^l^1; l>>=1,r>>=1 )
{
updata(l);
updata(l^1);
updata(r);
updata(r^1);
if(~l&1)
{
temp=lans;
meg(lans,temp,node[l^1]);
}
if(r&1)
{
temp=rans;
meg(rans,node[r^1],temp);
}
}
meg(ans,lans,rans);
updata(l);
updata(r);
}
while(l>1)
{
l>>=1;
updata(l);
updata(l^1);
}
return ans.len1;
}
C - An easy problem C
思路：比起B题，C题就简单多了，主要是考查懒惰标记，时间复杂度O(m*log(n))
难点在与标记的设置和复合
我们在标记上存两个域，一个a,一个b。代表对区间内的每个数x，进行ax+b的操作，用矩阵表示就是
1.当子区间复合一个来自父区间的标记a1,b2时，子区间的a，b的更新操作如下
void change(long long a1,long long b1)
{
a=a1*a%p;
b=(a1*b+b1)%p;
}
矩阵的表示如下
2.操作1，和操作2都可以看做在区间上复合上一个新标记即可
加法： node[].change(1,C);
乘法： node[].change(C,0);
3.使用标记
我们在区间存下一个域sum,代表区间和。
因为是对区间内的每个数进行a*x+b的操作，所以
所以 sum=(a*sum+b*len)%p;
4.接着就是合并区间的操作了
这没啥好说的，就是sum=a.sum+b.sum
5.这里要注意一下，标记为空时，应该是a=1,b=0
因为x=1*x+0;所以初始化时，和清除标记时都应该是执行下面这个操作
void clc()
{
a=1;
b=0；
}
D - Washi与Sonochi的约定
思路：这题比较简单主要是考查点转化模型的脑洞，我门先将所有点按x坐标从小到大排好序，然后问题就变成，在一个位置前面有多少个点的y坐标比他小，
这就变成了经典的求顺/逆序数的问题了。时间复杂度O(n*log(n))
代码：求逆序数的代码可以看下一题
E - 曜酱的心意
思路：这题也是脑洞题，我们先求一个映射F(x)，把a1,a2,a3……an映射成1,2,3,……n，再对bn使用一下这个映射。
这时an变成的从小到大的有序数列。则求bn变成an的最小交换次数就等价于求用冒泡排序对bn排序至少要用多少次交换。
答案是bn的所有数的逆序数之和。所以同上题时间复杂度O(n*log(n))
代码
#include<stdio.h>
#include<string.h>
int a[100005],b[100005],f[100005];
int c[100010],n;
inline int Lowbit(int x)
{
return x&(-x);
}
int getsum(int ed)
{
int sum=0;
while(ed>0)
{
sum+=c[ed];
ed-=Lowbit(ed);
}
return sum;
}
void update(int pos,int num)
{
while(pos<=n)
{
c[pos]+=num;
pos+=Lowbit(pos);
}
}
int main()
{
int i,j,top=0,m,fp,flag,k,x;
long long sum;
scanf("%d",&n);
for(i=1; i<=n; i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
f[a[i]]=i;
}
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&b[i]);
b[i]=f[b[i]];
}
sum=0;
for(i=n;i>=1;i--)
{
sum+=getsum(b[i]);///求1到b[i]中有多少个数
update(b[i],1);///把b[i]位置更新为1.代表这个位置上有一个数
}
printf("%lld
",sum);
return 0;
}
F - 奇迹的魔法啊，再度出现！
思路：经典的01字典树的题目，时间复杂O(31*(N+M)).
预处理：我们先把所有的ai拆分成31长度的二进制串，并按照从高位到低位的顺序全部插入到颗二叉字典树中。
查询：也把每个要查询的bi拆分成31长度的二进制，然后在字典树上从高位到低位贪心查询即可
代码如下：
#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<set>
using namespace std;
struct tree
{
tree * next[2];
tree()
{
next[0]=next[1]=NULL;
}
}head;
void insert(int bit[])
{
int i;
tree *p=&head;
for(i=30;i>=0;i--)
{
if(p->next[bit[i]]==NULL)
{
p->next[bit[i]]=new tree();
}
p=p->next[bit[i]];
}
}
int find(int bit[])
{
int i,sum=0;
tree *p=&head;
for(i=30;i>=0;i--)
{
sum<<=1;
if(p->next[bit[i]^1]==NULL)
{
p=p->next[bit[i]];
}
else
{
sum++;
p=p->next[bit[i]^1];
}
}
return sum;
}
int a[40];
void bin(int n)
{
int i;
for(i=0;i<31;i++,n>>=1)
a[i]=n&1;
}
int main()
{
int t,n,m,i,l,r,x,s1,s2,j,flag;
scanf("%d",&n);
while(n--)
{
scanf("%d",&x);
bin(x);
insert(a);
}
scanf("%d",&m);
while(m--)
{
scanf("%d",&x);
bin(x);
printf("%d
",find(a));
}
return 0;
}
G - 加帕里公园的friends
思路：线段树，所以复杂度时间复杂度（m*log(n)*log(n)）