标签：元组 char sam bsp getc esc output 在线 zoj
为了提高自己低得可怜的智商，奶牛们设计了一个新的猜数游戏，来锻炼她们的逻辑推理能力。 游戏开始前，一头指定的奶牛会在牛棚后面摆N(1 <= N<= 1,000,000)堆干草，每堆有若干捆，并且没有哪两堆中的草一样多。所有草堆排成一条直线，从左到右依次按1..N编号，每堆中草的捆数在1..1,000,000,000之间。 然后，游戏开始。另一头参与游戏的奶牛会问那头摆干草的奶牛 Q(1 <= Q <= 25,000)个问题，问题的格式如下： 编号为Ql..Qh(1 <= Ql <= Qh <= N)的草堆中，最小的那堆里有多少捆草？ 对于每个问题，摆干草的奶牛回答一个数字A，但或许是不想让提问的奶牛那么容易地得到答案，又或许是她自己可能记错每堆中干草的捆数，总之，她的回答不保证是正确的。 请你帮助提问的奶牛判断一下，摆干草的奶牛的回答是否有自相矛盾之处。
* 第1行: 2个用空格隔开的整数：N 和 Q
* 第2..Q+1行: 每行为3个用空格隔开的整数Ql、Qh、A，描述了一个问题以及它 对应的回答
* 第1行: 如果摆干草的奶牛有可能完全正确地回答了这些问题（也就是说，能 找到一种使得所有回答都合理的摆放干草的方法），输出0，否则输出 1个1..Q中的数，表示这个问题的答案与它之前的那些回答有冲突之处
注意:如果有冲突出现输出一个数m,使得前M-1个命题不冲突。
试题分析：首先要确定在什么情况下会出现矛盾：
1.当存在一个(x1,y1,r)与另一个三元组(x,y,r)两个区间不相交时不存在解
2.当存在一个(x1,y1,r1)与另一个三元组(x,y,r)中，r1>r，[x1,y1]包括[x,y]，那么显然此情况不合法。
第一个判断只需要顺次判断记录一个交集一个并集即可，第二个判断线段树维护。
此时会发现一个问题，顺次修改并不能判断1在哪里出现矛盾或判断在2出现矛盾。
这样我们就需要考虑二分一个答案，然后检验这个答案以及之前是否会出现矛盾。
先离散化一下r，然后对于每个r求出其询问的交集和并集。
然后我们就可以知道判断1只需要使用交集判断，如果一个r的询问和之前r询问的交集没有相交，那么就矛盾。
对于判断2，从Q~1枚举r，我们的线段树只需要维护一下两个操作：
1.查询区间与运算
2.将一段区间置为1
这是很好维护的，然后注意一点，取区间与需要判断的是交集，而询问中(x,y,r)相当于声明[x,y]这段区间的最小值已经是r了，那么就需要在线段树中将[x并,y并](对于询问答案r的)这一段区间置为1，而不是取交集置为1。
代码：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,f=1;char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c==‘-‘) f=-1;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-‘0‘;
return x*f;
}
const int MAXN = 1000001;
const int INF = 999999;
int N,Q;
struct data{
int x,y,r;
int id;
}a[MAXN+1];
int ans; int P[MAXN+1],cnt;
bool cmp(data a,data b){
return a.r<b.r;
}
struct row{
int x,y;
int x1,y1;
}t[MAXN+1];
int tr[MAXN*4+1];
int col[MAXN*4+1];
int mint(int a,int b){
return min((a==INF?-INF:a),(b==INF?-INF:b));
}
void Lazy_tage(int l,int r,int rt){
if(!col[rt]) return ;
tr[rt*2]=1; tr[rt*2+1]=1; tr[rt]=1;
col[rt*2]=1; col[rt*2+1]=1;
col[rt]=0;
}
int Min(int rt,int l,int r,int L,int R){
if(L<=l&&R>=r){
return tr[rt];
}
Lazy_tage(l,r,rt);
int mid=(l+r)>>1,ans=1;
if(mid>=L) ans=ans&Min(rt*2,l,mid,L,R);
if(mid<R) ans=ans&Min(rt*2+1,mid+1,r,L,R);
return ans;
}
void Add(int rt,int l,int r,int L,int R){
if(L<=l&&R>=r){
tr[rt]=1;
col[rt]=1;
return ;
}
Lazy_tage(l,r,rt);
int mid=(l+r)>>1;
if(mid>=L) Add(rt*2,l,mid,L,R);
if(mid<R) Add(rt*2+1,mid+1,r,L,R);
tr[rt]=tr[rt*2]&tr[rt*2+1];
return ;
}
bool check(int k){
memset(tr,0,sizeof(tr));
memset(col,0,sizeof(col));
for(int i=1;i<=Q;i++)
t[i].x=t[i].y=-1;
for(int i=1;i<=Q;i++){
if(a[i].id>k) continue;
if(t[a[i].r].x==-1){
t[a[i].r].x=a[i].x;//x,y为并集
t[a[i].r].y=a[i].y;
t[a[i].r].x1=a[i].x;//x1,y1为交集
t[a[i].r].y1=a[i].y;
}
else{
if(a[i].x>t[a[i].r].y||a[i].y<t[a[i].r].x) return false;
t[a[i].r].x=max(t[a[i].r].x,a[i].x);
t[a[i].r].y=min(t[a[i].r].y,a[i].y);
t[a[i].r].x1=min(t[a[i].r].x1,a[i].x);
t[a[i].r].y1=max(t[a[i].r].y1,a[i].y);
}
}
for(int i=Q;i>=1;i--){
if(t[i].x!=-1){
int op=Min(1,1,N,t[i].x,t[i].y);//查询r的并集，只有并集中才可能出现r
if(op==1) return false;
Add(1,1,N,t[i].x1,t[i].y1);//这里需要将交集加上
}
}
return true;
}
int main(){
N=read(),Q=read();
for(int i=1;i<=Q;i++){
a[i].x=read(); a[i].y=read();
a[i].r=read(); P[++cnt]=a[i].r;
a[i].id=i;
}
sort(P+1,P+cnt+1);
for(int i=1;i<=Q;i++) a[i].r=lower_bound(P+1,P+cnt+1,a[i].r)-P;//离散化r
sort(a+1,a+Q+1,cmp);
int l=1,r=Q;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) ans=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
printf("%d\n",(ans+1)%(Q+1));
}
标签：元组 char sam bsp getc esc output 在线 zoj
原文地址：http://www.cnblogs.com/wxjor/p/7722987.html
