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[BZOJ3207] 花神的嘲讽计划Ⅰ (主席树)

时间:2016-05-03 02:03:37      阅读:283      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

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Description

  背景
  花神是神,一大癖好就是嘲讽大J,举例如下:
  “哎你傻不傻的!【hqz:大笨J】”
  “这道题又被J屎过了!!”
  “J这程序怎么跑这么快!J要逆袭了!”
  ……
  描述
  这一天DJ在给吾等众蒟蒻讲题,花神在一边做题无聊,就跑到了一边跟吾等众蒟蒻一起听。以下是部分摘录:
  1.
  “J你在讲什么!”
  “我在讲XXX!”
  “哎你傻不傻的!这么麻烦,直接XXX再XXX就好了!”
  “……”
  2.
  “J你XXX讲过了没?”
  “……”
  “那个都不讲你就讲这个了?哎你傻不傻的!”
  “……”
  DJ对这种情景表示非常无语,每每出现这种情况,DJ都是非常尴尬的。
  经过众蒟蒻研究,DJ在讲课之前会有一个长度为N方案,我们可以把它看作一个数列;
  同样,花神在听课之前也会有一个嘲讽方案,有M个,每次会在x到y的这段时间开始嘲讽,为了减少题目难度,每次嘲讽方案的长度是一定的,为K。
  花神嘲讽DJ让DJ尴尬需要的条件:
  在x~y的时间内DJ没有讲到花神的嘲讽方案,即J的讲课方案中的x~y没有花神的嘲讽方案【这样花神会嘲讽J不会所以不讲】。
  经过众蒟蒻努力,在一次讲课之前得到了花神嘲讽的各次方案,DJ得知了这个消息以后欣喜不已,DJ想知道花神的每次嘲讽是否会让DJ尴尬【说不出话来】。 

Input

  第1行3个数N,M,K;
  第2行N个数,意义如上;
  第3行到第3+M-1行,每行K+2个数,前两个数为x,y,然后K个数,意义如上;

Output

  对于每一个嘲讽做出一个回答会尴尬输出‘Yes’,否则输出‘No’

Sample Input

8 5 3
1 2 3 4 5 6 7 8
2 5 2 3 4
1 8 3 2 1
5 7 4 5 6
2 5 1 2 3
1 7 3 4 5

Sample Output

No
Yes
Yes
Yes
No

HINT

  题中所有数据不超过2*10^9;保证方案序列的每个数字<=N
  2~5中有2 3 4的方案,输出No,表示DJ不会尴尬
  1~8中没有3 2 1的方案,输出Yes,表示DJ会尴尬
  5~7中没有4 5 6的方案,输出Yes,表示DJ会尴尬
  2~5中没有1 2 3的方案,输出Yes,表示DJ会尴尬
  1~7中有3 4 5的方案,输出No,表示DJ不会尴尬 
 
  1<=N<=100000; 1<=M<=100000; y-x+1<=N; K<=y-x+1&K<=20; x<=y;

Source

  原创 Memphis

Solution

  CTSC上人生第一次写主席树,竟然过了,,,然后就兴(S)奋(B)地想找主席树的题巩固。有人说:不要在考试时写你不会的算法,或许是扯[哔——]吧。

  先把所有长为k的串哈希,可以用线段树查询区间内某个数是否出现过。但这样就需要$n$棵树,而每棵树$3n$个结点。。。MLE*TLE等等。

  窝们的HJT主席搞出来了一个数据结构,使得时空复杂度均为$O(nlogn)$(掌声在哪里)

  嗯,就是搞两个指针,一个表示旧树,一个表示新树。树的结点表示某段权值区间内有多少个数。每棵树整体表示$[1, i]$区间内所有的数

  因为相邻两棵树只有一个叶子结点不同,所以从根开始,一个儿子拷贝旧数的对应结点的标号,另一个儿子开一个新点,然后递归处理这个结点。因为每一次建树最多增加一条链的结点数$(logn)$,时间和空间复杂度就是$O(nlogn)$

  查询答案时就是把$[1, r]$的答案减去$[1, l-1]$的答案,每次搜到叶子结点就结束,时间复杂度$O(mlogn)$

  至此这道题就做完了。

  (完了我自己都不知道自己在说些什么)

技术分享
 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 typedef long long ll;
 4 struct hjtree
 5 {
 6     int l, r, sum;
 7 }a[2000005];
 8 int d[100005], ql[100005], qr[100005], ctot, root[100005], ptot;
 9 ll sh[200005], cd[200005];
10  
11 void update(int o1, int &o2, int l, int r, int id)
12 {
13     int mid = (l + r) >> 1;
14     if(!o2) o2 = ++ptot;
15     a[o2].sum = a[o1].sum + 1;
16     if(l == r) return;
17     if(id <= mid) a[o2].r = a[o1].r, update(a[o1].l, a[o2].l, l, mid, id);
18     else a[o2].l = a[o1].l, update(a[o1].r, a[o2].r, mid + 1, r, id);
19 }
20  
21 int query(int o1, int o2, int l, int r, int id)
22 {
23     int mid = (l + r) >> 1;
24     if(l == r) return a[o2].sum - a[o1].sum;
25     if(id <= mid) return query(a[o1].l, a[o2].l, l, mid, id);
26     return query(a[o1].r, a[o2].r, mid + 1, r, id);
27 }
28  
29 int main()
30 {
31     int n, m, k, tmp;
32     scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
33     for(int i = 1; i <= n; i++)
34         scanf("%d", d + i);
35     for(int i = 1; i <= n - k + 1; i++)
36         for(int j = 0; j < k; j++)
37             sh[i] = sh[i] * 998244353 + d[i + j];
38     for(int i = 1; i <= n - k + 1; i++)
39         cd[i] = sh[i];
40     for(int i = 1; i <= m; i++)
41     {
42         scanf("%d%d", ql + i, qr + i);
43         for(int j = 1; j <= k; j++)
44         {
45             scanf("%d", &tmp);
46             sh[n - k + 1 + i] = sh[n - k + 1 + i] * 998244353 + tmp;
47         }
48         cd[n - k + 1 + i] = sh[n - k + 1 + i];
49     }
50     sort(cd + 1, cd + n - k + m + 2);
51     for(int i = 1; i <= n - k + m + 1; i++)
52         sh[i] = lower_bound(cd + 1, cd + n - k + m + 2, sh[i]) - cd;
53     for(int i = 1; i <= n - k + 1; i++)
54         update(root[i - 1], root[i], 1, 200000, (int)sh[i]);
55     for(int i = 1; i <= m; i++)
56         puts(query(root[ql[i] - 1], root[qr[i] - k + 1], 1, 200000, (int)sh[n - k + 1 + i]) ? "No" : "Yes");
57     return 0;
58 }
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原文地址:http://www.cnblogs.com/CtrlCV/p/5453640.html

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