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BZOJ2683: 简单题(CDQ分治 + 树状数组)

时间:2018-02-13 22:54:07      阅读:54      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

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BZOJ2683: 简单题(CDQ分治 + 树状数组)
  • 题意:

你有一个\(N*N\)的棋盘,每个格子内有一个整数,初始时的时候全部为\(0\),现在需要维护两种操作:

命令 参数限制 内容
\(1\ x\ y\ A\) \(1\le x,y \le N\),A是正整数 将格子\(x,y\)里的数字加上\(A\)
\(2\ x1\ y1\ x2\ y2\) \(1\le x1\le x2\le N,1\le y1\le y2\le N\) 输出\(x1\ y1\ x2\ y2\)这个矩形内的数字和
\(3\) 终止程序

? \(1<=N<=500000\),操作数不超过\(200000\)个,内存限制\(20M\)

  • 题解:

这个题是cdq分治的裸题吧。

一维:时间(按输入顺序就行了)

二维:\(x\)坐标(cdq分治)

三维:\(y\)坐标(树状数组)

这个题比较裸,但是cdq分治细节还是有一点的(调的错误我可以列一版了。。)

?

  • 算法讲解:

但我想简单讲一下cdq分治(因为网上很多都很坑没讲清楚)

cdq是专门解决多维偏序的问题,比如像这一道题统计二维矩形的权值,或者直接求高维偏序的个数。

如果不用cdq分治,就只能树套树或者KD-tree这种巨型工业数据结构。而且树套树常常空间和常数都很恐怖,并且很难写……

cdq分治是个比较好写的东西,但其中的思想十分的巧妙和神奇。

你应该学过归并排序求逆序对吧,那是最裸的cdq了。他就是利用了左边的答案来更新右边的答案,cdq就是在这个方面不同于普通的分治。

它每次算答案,只能在右边区间算也就是\([mid+1,r]\)。这是为什么可以这样呢,因为你初始给它的序列,按这样算的话,绝对只会算它原序列左边的贡献,不会算到右边去。(想一想,为什么) 这个只需要自己模拟下分治的区间划分和左右区间考虑就行了。

这就可以会强制使你一开始的那一维有序,对答案计算是正确的。(但切记最后给你的序列不一定是按你给它的顺序了!!!)

然后它中间会有一个排序比较的过程,这就可以使第二个维度变得有序了。(最后的序列一定是第二维度有序的) 然后根据前两个维度算答案就行了,后面的维度全都是附加在这两个维度上面的。

总的步骤:

  1. 分开(递归计算左区间和右区间)
  2. 计算(用左区间来统计,右区间来加上贡献)
  3. 合并(将当前序列变得有序)
  • 又回到题解:

这道题,就是对于所有操作进行cdq分治(一般都是对于操作进行分治)。

第三维用树状数组统计\(y\)的前缀和就行了,因为\(x\)已经排好序了,所以可以直接算了。

左区间只执行Add操作,右区间只执行Sum操作。

对于一个询问操作,要将它拆成4个询问操作(就是类似询问二维前缀和),加加减减就行了。

注意几个细节(我调了很久的点)

  1. 树状数组清空的时候,下标不是val而是y
  2. 拆矩阵的时候,一定要不要写错下标;

然后多拍几组,写个暴力很容易查出来的。

  • 代码:
#include <bits/stdc++.h>
#define For(i, l, r) for(register int i = (l), _end_ = (int)(r); i <= _end_; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), _end_ = (int)(l); i >= _end_; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
using namespace std;

inline bool chkmin(int &a, int b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
inline bool chkmax(int &a, int b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}

inline int read() {
    int x = 0, fh = 1; char ch = getchar();
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar() ) if (ch == ‘-‘) fh = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar() ) x = (x<<1) + (x<<3) + (ch ^ ‘0‘);
    return x * fh;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
    freopen ("P2683.in", "r", stdin);
    freopen ("P2683.out", "w", stdout);
#endif
}

int n;

const int N = 800100;
struct Opt {
    int x, y, type, id, val;
    inline bool operator < (const Opt &rhs) const {
        return (x ^ rhs.x) ? x < rhs.x : type < rhs.type;
    }
};
Opt lt[N], tmp[N];

#define lowbit(x) (x & -(x))
struct Fenwick_Tree {
    int c[500100];
    inline void Add(int pos, int val) { for (; pos <= n; pos += lowbit(pos) ) c[pos] += val; }
    inline int Sum(int pos) { int res = 0; for (; pos; pos -= lowbit(pos) ) res += c[pos]; return res; }
    inline void Clear(int pos) { for (; pos <= n; pos += lowbit(pos) ) if (c[pos]) c[pos] = 0; else break; }
};
Fenwick_Tree T;

int ans[N];

void Cdq(int l, int r) {
    if (l == r) return ;
    int mid = (l + r) >> 1;
    Cdq(l, mid); Cdq(mid + 1, r);
    int lp = l, rp = mid + 1, o = l;
    while (lp <= mid && rp <= r) {
        if (lt[lp] < lt[rp]) {
            if (lt[lp].type == 1) T.Add(lt[lp].y, lt[lp].val);
            tmp[o ++] = lt[lp ++];
        } else {
            if (lt[rp].type == 2) ans[lt[rp].id] += lt[rp].val * T.Sum(lt[rp].y);
            tmp[o ++] = lt[rp ++];
        }
    }

    while (lp <= mid) tmp[o ++] = lt[lp ++];
    while (rp <= r) {
        if (lt[rp].type == 2) ans[lt[rp].id] += lt[rp].val * T.Sum(lt[rp].y);
        tmp[o ++] = lt[rp ++];
    }

    For (i, l, mid) if (lt[i].type == 1) T.Clear(lt[i].y);
    For (i, l, r) lt[i] = tmp[i];
}

int qcnt, acnt;
inline void Addq(int x, int y, int type, int id, int val) {
    lt[++qcnt] = (Opt){x, y, type, id, val};
}

int main () {
    File() ;
    n = read();
    for (;;) {
        int opt = read();
        if (opt == 3) break ;
        int xa, ya, xb, yb, val;
        if (opt == 1) {
            xa = read(); ya = read(); val = read();
            Addq(xa, ya, 1, 0, val);
        } else {
            xa = read(); ya = read();
            xb = read(); yb = read();
            Addq(xa - 1, ya - 1, 2, (++ acnt), 1);
            Addq(xa - 1, yb, 2, acnt, -1);
            Addq(xb, ya - 1, 2, acnt, -1);
            Addq(xb, yb, 2, acnt, 1);
        }
    }
    Cdq(1, qcnt);
    For (i, 1, acnt) printf ("%d\n", ans[i]);
    return 0;
}

?

BZOJ2683: 简单题(CDQ分治 + 树状数组)

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原文地址:https://www.cnblogs.com/zjp-shadow/p/8447545.html

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