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  • Codeforces 765F Souvenirs

    题目传送门

    　　神速的列车

    　　光速的列车

    　　声速的列车

    题目大意

    　　给定一个长度为$n$的序列，$m$次询问区间$[l, r]$内相差最小的两个数的差的绝对值。

    Solution 1 Mo's Algorithm & Linked List

    　　不会。。果断莫队

    　　当插入一个数的时候，如果用set维护前驱后继，然后结果是：$O((n + m)sqrt{n}log n)$，没救的，卡不过去。

    　　但是感觉原序列不会改变，使用set维护很浪费。

    　　考虑链表，链表上的每个数的后继是这个数的后继。

    　　考虑可以通过排序提前得到大小关系，不断从链表中删数就能得到它在剩下的区间内的前后继。如果询问在同一个块内直接暴力。否则把答案分成三部分。

    • 两个数都在当前块外，先从小到大加入剩下的所有数，从右到左删掉它们，再从左到右不断加入它们，然后就能得到所有前缀的答案。
    • 两个数都在当前块内，处理出所有后缀的答案，做法类似。
    • 一个在当前块内，一个在块外，移动右指针的时候让块内的所有数在链表内，查询的时候删掉再加入。

    Code

      1 /**
  2  * Codeforces
  3  * Problem#765F
  4  * Accepted
  5  * Time: 1309ms
  6  * Memory: 9400k
  7  */ 
  8 #include <bits/stdc++.h>
  9 using namespace std;
 10 typedef bool boolean;
 11 
 12 #define pii pair<int, int>
 13 #define fi first
 14 #define sc second
 15 
 16 const int cs = 350;
 17 const signed int inf = (signed) (~0u >> 1);
 18 
 19 typedef class Query {
 20     public:
 21         int l, r, lid, rid, id, res;
 22         
 23         boolean operator < (Query b) const {
 24             if (lid != b.lid)    return lid < b.lid;
 25             return r < b.r;
 26         }
 27 }Query;
 28 
 29 int n, m;
 30 int *ar;
 31 pii *cr;
 32 int *pre, *suf, *L;
 33 Query *qs;
 34 
 35 inline void init() {
 36     scanf("%d", &n);
 37     ar = new int[(n + 1)];
 38     cr = new pii[(n + 1)];
 39     pre = new int[(n + 2)];
 40     suf = new int[(n + 2)];
 41     L = new int[(n + 1)];
 42     for (int i = 1; i <= n; i++)
 43         scanf("%d", ar + i), cr[i].fi = ar[i], cr[i].sc = i;
 44     scanf("%d", &m);
 45     qs = new Query[(m + 1)];
 46     for (int i = 1; i <= m; i++) {
 47         scanf("%d%d", &qs[i].l, &qs[i].r);
 48         qs[i].lid = (qs[i].l - 1) / cs, qs[i].rid = (qs[i].r - 1) / cs;
 49         qs[i].id = i;
 50     }
 51 }
 52 
 53 void add(int p) {
 54     suf[pre[p]] = p;
 55     pre[suf[p]] = p;
 56 }
 57 
 58 void remove(int p) {
 59     suf[pre[p]] = suf[p];
 60     pre[suf[p]] = pre[p];
 61 }
 62 
 63 int update(int p) {
 64     int rt = inf;
 65     if (pre[p])
 66         rt = ar[p] - ar[pre[p]];
 67     if (suf[p] <= n)
 68         rt = min(rt, ar[suf[p]] - ar[p]);
 69     return rt;
 70 }
 71 
 72 inline void solve() {
 73     sort(cr + 1, cr + n + 1);
 74     sort(qs + 1, qs + m + 1);
 75     int c = 1;
 76     for (int sid = 0; sid <= n / cs && c <= m; sid++) {
 77         int mdzzr = min(cs * (sid + 1), n), ls = 0, lr = cs * sid, ce = mdzzr;
 78         
 79         pre[0] = 0, ls = 0;
 80         for (int i = 1; i <= n; i++) {
 81             pre[cr[i].sc] = ls;
 82             suf[ls] = cr[i].sc;
 83             ls = cr[i].sc;
 84         }
 85         suf[n + 1] = n + 1, pre[n + 1] = ls, suf[ls] = n + 1;
 86         
 87         for (int i = 1; i <= mdzzr; i++)
 88             remove(i);
 89         for (int i = n; i > mdzzr; i--)
 90             remove(i);
 91         L[mdzzr] = inf;
 92         for (int i = mdzzr + 1; i <= n; i++)
 93             add(i), L[i] = min(L[i - 1], update(i));
 94         for (int i = mdzzr; i > lr; i--)
 95             add(i);
 96         for (int i = n; i > mdzzr; i--)
 97             remove(i);
 98         
 99         for ( ; c <= m && qs[c].lid == sid; c++) {
100             int l = qs[c].l, r = qs[c].r;
101             if (qs[c].lid == qs[c].rid) {
102                 for (int i = lr + 1; i < l; i++)
103                     remove(i);
104                 for (int i = mdzzr; i >= l; i--)
105                     remove(i);
106                 int res = inf;
107                 for (int i = l; i <= r; i++)
108                     add(i), res = min(res, update(i));
109                 for (int i = r + 1; i <= mdzzr; i++)
110                     add(i);
111                 for (int i = l - 1; i > lr; i--)
112                     add(i);
113                 qs[c].res = res;
114             } else {
115                 while (mdzzr < r)
116                     add(++mdzzr);
117                 int res = inf;
118                 for (int i = lr + 1; i <= ce; i++)
119                     remove(i);
120                 for (int i = ce; i >= l; i--)
121                     add(i), res = min(res, update(i));
122                 for (int i = l - 1; i > lr; i--)
123                     add(i);
124                 qs[c].res = min(res, L[r]);
125             }
126         }
127     }
128 
129     for (int i = 1; i <= m; i++)
130         while (qs[i].id != i)
131             swap(qs[i], qs[qs[i].id]);
132     for (int i = 1; i <= m; i++)
133         printf("%d
", qs[i].res);
134 }
135 
136 int main() {
137     init();
138     solve();    
139     return 0;
140 }
    Mo's Algorithm

    Solution 2 Segment Tree

    　　考虑将询问离线，然后分别考虑大于等于位置$i$上的数和小于等于它的数产生的贡献。从左到右扫描数组。

    　　假设当前考虑以$r$为右端点的询问区间的答案。那么就要将$r$能产生的贡献计算出来。

    　　能产生贡献的位置是在$r$前大于等于$a_r$的一个递减数列（从后向前）。根据它的期望长度是$log_{n}$的，用个线段树区间取min，就可以水掉bzoj上面的某道题。

    　　于是cf上成功T掉了。

    　　加一个很强的剪枝：新找到的数和$a_r$的差必须小于上一个找到的差的一半。

    　　为什么是正确的呢？因为包含新找到的这个位置和$r$的区间一定包含上一个找到的数，但是显然新找到的数和上一个找到的数的差更优，会在另一次扫描中被统计。

    　　至于查找上一个在某个值域内最后出现的数的位置，再开一棵线段树。

    Code

      1 /**
  2  * Codeforces
  3  * Problem#765F
  4  * Accepted
  5  * Time: 997ms
  6  * Memory: 28600k
  7  */
  8 #include <algorithm>
  9 #include <iostream>
 10 #include <cstdlib>
 11 #include <cstdio>
 12 using namespace std;
 13 typedef bool boolean;
 14 
 15 const signed int inf = (signed) (~0u >> 1), Val = 1e9;
 16 
 17 typedef class SegTreeNode {
 18     public:
 19         int val;
 20         SegTreeNode *l, *r;
 21 
 22         SegTreeNode() {    }
 23 
 24         void pushUp() {
 25             if (l)
 26                 val = l->val;
 27             if (r)
 28                 val = max(val, r->val);
 29         }
 30 }SegTreeNode;
 31 
 32 SegTreeNode pool[2000000];
 33 SegTreeNode *top = pool;
 34 
 35 SegTreeNode* newnode() {
 36     top->l = top->r = NULL;
 37     return top++;
 38 }
 39 
 40 typedef class SegTree {
 41     public:
 42         SegTreeNode* rt;
 43 
 44         SegTree():rt(NULL) {    }
 45 
 46         void update(SegTreeNode*& p, int l, int r, int ql, int qr, int val) {
 47             if (!p)
 48                 p = newnode(), p->val = inf;
 49             if (l == ql && r == qr)    {
 50                 p->val = min(p->val, val);
 51                 return ;
 52             }
 53             int mid = (l + r) >> 1;
 54             if (qr <= mid)
 55                 update(p->l, l, mid, ql, qr, val);
 56             else if (ql > mid)
 57                 update(p->r, mid + 1, r, ql, qr, val);
 58             else {
 59                 update(p->l, l, mid, ql, mid, val);
 60                 update(p->r, mid + 1, r, mid + 1, qr, val);
 61             }
 62         }
 63 
 64         int query(SegTreeNode *p, int l, int r, int idx) {
 65             if (!p)
 66                 return inf;
 67             if (l == r)
 68                 return p->val;
 69             int mid = (l + r) >> 1, a = p->val, b = 0;
 70             if (idx <= mid)
 71                 b = query(p->l, l, mid, idx);
 72             else
 73                 b = query(p->r, mid + 1, r, idx);
 74             return min(a, b);
 75         }
 76 
 77         void update(SegTreeNode* &p, int l, int r, int idx, int val) {
 78             if (!p)
 79                 p = newnode(), p->val = -1;
 80             if (l == r) {
 81                 p->val = val;
 82                 return;
 83             }
 84             int mid = (l + r) >> 1;
 85             if (idx <= mid)
 86                 update(p->l, l, mid, idx, val);
 87             else
 88                 update(p->r, mid + 1, r, idx, val);
 89             p->pushUp();
 90         }
 91 
 92         int query(SegTreeNode* p, int l, int r, int ql, int qr) {
 93             if (!p)
 94                 return -1;
 95             if (l == ql && r == qr)
 96                 return p->val;
 97             int mid = (l + r) >> 1;
 98             if (qr <= mid)
 99                 return query(p->l, l, mid, ql, qr);
100             if (ql > mid)
101                 return query(p->r, mid + 1, r, ql, qr);
102             int a = query(p->l, l, mid, ql, mid);
103             int b = query(p->r, mid + 1, r, mid + 1, qr);
104             return max(a, b);
105         }
106 }SegTree;
107 
108 typedef class Query {
109     public:
110         int l, r, id, res;
111 
112         boolean operator < (Query b) const {
113             return r < b.r;
114         }
115 }Query;
116 
117 int n, m;
118 int *ar;
119 SegTree st, stv;
120 Query* qs;
121 
122 inline void init() {
123     scanf("%d", &n);
124     ar = new int[(n + 1)];
125     for (int i = 1; i <= n; i++)
126         scanf("%d", ar + i);
127     scanf("%d", &m);
128     qs = new Query[(m + 1)];
129     for (int i = 1; i <= m; i++) {
130         scanf("%d%d", &qs[i].l, &qs[i].r);
131         qs[i].id = i, qs[i].res = inf;
132     }
133 }
134 
135 inline void solve() {
136     sort(qs + 1, qs + m + 1);
137     for (int s = 0, c = 0; s < 2; s++) {
138         st.rt = stv.rt = NULL, top = pool, c = 1;
139         for (int i = 1; i <= n; i++) {
140             int rlim = Val, idx;
141             while (ar[i] <= rlim && (idx = stv.query(stv.rt, 0, Val, ar[i], rlim)) != -1) {
142                 st.update(st.rt, 1, n, 1, idx, ar[idx] - ar[i]);
143                 rlim = ((ar[idx] + ar[i] - 1) >> 1);
144             }
145             stv.update(stv.rt, 0, Val, ar[i], i);
146             for ( ; c <= m && qs[c].r == i; c++)
147                 qs[c].res = min(qs[c].res, st.query(st.rt, 1, n, qs[c].l));
148         }
149         for (int i = 1; i <= n; i++)
150             ar[i] = Val - ar[i];
151     }
152     
153     for (int i = 1; i <= m; i++)
154         while (qs[i].id != i)
155             swap(qs[i], qs[qs[i].id]);
156     for (int i = 1; i <= m; i++)
157         printf("%d ", qs[i].res);
158 }
159 
160 int main() {
161     init();
162     solve();
163     return 0;
164 }
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