标签：tree 记录 离散化 i++ 也有 struct 结构 const 进一步
首先这个没有修改只有询问，可以把年份当时间轴，按年份顺序模拟，这样我们就把年份这一维去掉了。
首先 \(-1\) 比较好判断，单独记录一下目前存在几种商店就行，数组就行。
然后我们需要数据结构，支持：
考虑从 2 入手，对于一个查询二元组 \((l, y)\)，对于每个类型 \(i\)，我们假设距离 \(l\) 最近的这个类型的商店的坐标是 \(x_i\)，答案是 \(\displaystyle \max_{i=1}^k(|x_t - l|)\)，显然可以分类讨论为 ① \(l <= x_t\)，距离为 \(x_t - l\) ② \(x_t < l\)，距离为 \(l - x_t\)。
那么我们就可以去掉绝对值，即在 \(l\) 左/右边是最优决策，问题拆为 \(\max(\max(l - x_t), \max(x_t‘ - l))\)。 注意这个 \(x_t‘\) 是在 \(l\) 右侧的 \(x\)。由于每个询问 \(l\) 是确定的，所以对于前一部分，即最大化 \(x_t\)；对于后半部分，即最小化 \(x‘_t\)。
考虑在插入和删除商店时对每个位置最优决策的影响。
...然后发现这个最优性操作插入的时候无法确定答案，我自闭了...
无耻去看题解...
自己没想到二分答案emm。
我们考虑二分答案 \(m\)，那么如果 \(ans > m\) ，等价于 \([l - m + 1, l + m - 1]\) 存在的不同类型商店数 \(< k\)，即在 \([l + m, \infty]\) 存在一个商店同类型的前驱的位置 $ \le l - m$，即他们的前驱最小值位置 \(\le l - m\)。这个前驱可以用 \(\text{set}\) 进行维护，区间最小值用线段树维护，离散化一下，这样就能 \(O(n \log 10^8 \log n)\) 了。
为了保证可行性的正确，所以我们还要在 \([n + 1, n + k]\) 分别插入位置为 \(\infty\)，颜色为 \(1\) 到 \(k\) 的 \(k\) 种颜色，这样才能保证查后缀时，所有颜色都进行了统计。
调了 5h ...
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <set>
using namespace std;
char buf[1 << 23], *p1 = buf, *p2 = buf;
#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1 << 21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
void inline read(int &x) {
x = 0; char s = getchar();
while (s > ‘9‘ || s < ‘0‘) s = getchar();
while (s >= ‘0‘ && s <= ‘9‘) x = (x << 1) + (x << 3) + s - ‘0‘, s = getchar();
}
typedef set<int>::iterator SIT;
const int N = 300005, INF = 1e9;
int n, k, q, pos[N * 2], tot, ans[N], cnt[N], num, len;
struct Shop{
int x, y, t, w, id;
bool operator < (const Shop &b) const {
return t < b.t;
}
} s[N * 3];
struct Loc{
int x, id;
bool operator < (const Loc &b) const {
return x < b.x;
}
} d[N * 2];
set<int> c[N];
struct Prob{
int l, t, id;
bool operator < (const Prob &b) const {
return t < b.t;
}
} e[N];
int val[N << 3];
void inline pushup(int p) {
val[p] = min(val[p << 1], val[p << 1 | 1]);
}
void build(int p, int l, int r) {
val[p] = INF;
if (l == r) return;
int mid = (l + r) >> 1;
build(p << 1, l, mid);
build(p << 1 | 1, mid + 1, r);
}
void change(int p, int l, int r, int x, int k) {
if (l == r) { val[p] = k; return; }
int mid = (l + r) >> 1;
if (x <= mid) change(p << 1, l, mid, x, k);
else change(p << 1 | 1, mid + 1, r, x, k);
pushup(p);
}
int query(int p, int l, int r, int x, int y) {
if (x <= l && r <= y) return val[p];
int mid = (l + r) >> 1, res = INF;
if (x <= mid) res = min(res, query(p << 1, l, mid, x, y));
if (mid < y) res = min(res, query(p << 1 | 1, mid + 1, r, x, y));
return res;
}
// 插入 Shop s[i]
void inline ins(int i) {
int p = pos[s[i].id], col = s[i].y;
if (s[i].w) {
if (!cnt[col]) num++;
cnt[col]++;
}
SIT it = c[col].lower_bound(p);
if (it != c[col].end()) {
change(1, 1, n + k, *it, s[i].x);
}
if (it != c[col].begin()) {
it--;
change(1, 1, n + k, p, d[*it].x);
} else change(1, 1, n + k, p, -INF);
c[col].insert(p);
}
// 删除 Shop s[i]
void inline del(int i) {
int p = pos[s[i].id], col = s[i].y;
--cnt[col];
if (!cnt[col]) num--;
SIT it = c[col].lower_bound(p), jt = it;
change(1, 1, n + k, p, INF);
if (jt != c[col].end() && jt != c[col].begin()) {
++jt; int R = *jt;
--jt; --jt; int L = *jt;
change(1, 1, n + k, R, d[L].x);
} else if (jt != c[col].end()) {
++jt; int R = *jt;
change(1, 1, n + k, R, -INF);
}
c[col].erase(it);
}
bool inline check(int mid, int i) {
int R = upper_bound(d + 1, d + 1 + len, (Loc) { e[i].l + mid, 0 } ) - d;
return query(1, 1, n + k, R, n + k) >= e[i].l - mid;
}
int main() {
read(n); read(k); read(q);
build(1, 1, n + k);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int x, y, a, b; read(x); read(y); read(a); read(b);
d[++len] = (Loc) { x, i };
s[++tot] = (Shop) { x, y, a, 1, i };
s[++tot] = (Shop) { x, y, b + 1, -1, i };
}
for (int i = 1; i <= k; i++) {
s[++tot] = (Shop) { INF, i, 1, 0, n + i };
d[++len] = (Loc) { INF, n + i };
}
sort(d + 1, d + 1 + len);
sort(s + 1, s + 1 + tot);
for (int i = 1; i <= len; i++) pos[d[i].id] = i;
for (int i = 1; i <= q; i++)
read(e[i].l), read(e[i].t), e[i].id = i;
sort(e + 1, e + 1 + q);
for (int i = 1, j = 1; i <= q; i++) {
while (j <= tot && s[j].t <= e[i].t) {
if (s[j].w >= 0) ins(j);
else del(j);
++j;
}
if (num < k) { ans[e[i].id] = -1; continue; }
int l = 0, r = INF;
while (l < r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if (check(mid, i)) r = mid;
else l = mid + 1;
}
ans[e[i].id] = r;
}
for (int i = 1; i <= q; i++) printf("%d\n", ans[i]);
return 0;
}
还可以进一步优化，考虑在线段树上二分，设那个不合法位置为 \(y\)，记 \([y, \infty)\) 中最小的前驱为 \(pre\)，即求最大的 \(y\) 满足 \(y + pre \le 2x\)，答案就是 \(y - l\)，那么在线段树上维护 \(pre\) 的最小值，显然 \(pre + y\) 是一个递增的形式，所以如果令 \(1\) 代表满足该式子， \(0\) 代表不符合，组成的序列一定是 \(1111100000\) 状物的，具有单调性，这样我们把最大的 \(1\) 找出来，答案就在 \(1\) 这个位置。
假设当前枚举到线段树上的 \([l, r]\)。
这样就能 \(O(n \log n)\) 了。
细节太多了，我自闭了，调了七个多小时。你谷 Rank 1 可还行。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <set>
using namespace std;
char buf[1<<23], *p1=buf, *p2=buf, obuf[1<<23], *O=obuf;
#define getchar() (p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1<<21, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++)
void inline read(int &x) {
x = 0; char s = getchar();
while (s > ‘9‘ || s < ‘0‘) s = getchar();
while (s >= ‘0‘ && s <= ‘9‘) x = (x << 1) + (x << 3) + s - ‘0‘, s = getchar();
}
typedef set<int>::iterator SIT;
const int N = 300005, INF = 1e9;
int n, k, q, pos[N * 2], tot, ans[N], cnt[N], num, len;
struct Shop{
int x, y, t, w, id;
bool operator < (const Shop &b) const {
return t < b.t;
}
} s[N * 3];
struct Loc{
int x, id;
bool operator < (const Loc &b) const {
return x < b.x;
}
} d[N * 2];
set<int> c[N];
struct Prob{
int l, t, id;
bool operator < (const Prob &b) const {
return t < b.t;
}
} e[N];
int val[N << 3];
void inline pushup(int p) {
val[p] = min(val[p << 1], val[p << 1 | 1]);
}
void build(int p, int l, int r) {
val[p] = INF;
if (l == r) return;
int mid = (l + r) >> 1;
build(p << 1, l, mid);
build(p << 1 | 1, mid + 1, r);
}
void change(int p, int l, int r, int x, int k) {
if (l == r) { val[p] = k; return; }
int mid = (l + r) >> 1;
if (x <= mid) change(p << 1, l, mid, x, k);
else change(p << 1 | 1, mid + 1, r, x, k);
pushup(p);
}
int queryV(int p, int l, int r, int x, int y) {
if (x <= l && r <= y) return val[p];
int mid = (l + r) >> 1, res = 2 * INF;
if (x <= mid) res = min(res, queryV(p << 1, l, mid, x, y));
if (mid < y) res = min(res, queryV(p << 1 | 1, mid + 1, r, x, y));
return res;
}
int query(int p, int l, int r, int x, int v) {
if (l == r) {
return min(d[r].x - x, x - queryV(1, 1, n + k, r, n + k));
}
int mid = (l + r) >> 1;
if (x > d[mid].x) return query(p << 1 | 1, mid + 1, r, x, v);
else {
if (d[mid].x + 1 + min(v, val[p << 1 | 1]) <= 2 * x) return query(p << 1 | 1, mid + 1, r, x, v);
else return query(p << 1, l, mid, x, min(v, val[p << 1 | 1]));
}
}
// 插入 Shop s[i]
void inline ins(int i) {
int p = pos[s[i].id], col = s[i].y;
if (s[i].w) {
if (!cnt[col]) num++;
cnt[col]++;
}
SIT it = c[col].lower_bound(p);
if (it != c[col].end()) {
change(1, 1, n + k, *it, s[i].x);
}
if (it != c[col].begin()) {
it--;
change(1, 1, n + k, p, d[*it].x);
} else change(1, 1, n + k, p, - INF);
c[col].insert(p);
}
// 删除 Shop s[i]
void inline del(int i) {
int p = pos[s[i].id], col = s[i].y;
--cnt[col];
if (!cnt[col]) num--;
SIT it = c[col].lower_bound(p), jt = it;
change(1, 1, n + k, p, INF);
if (jt != c[col].end() && jt != c[col].begin()) {
++jt; int R = *jt;
--jt; --jt; int L = *jt;
change(1, 1, n + k, R, d[L].x);
} else if (jt != c[col].end()) {
++jt; int R = *jt;
change(1, 1, n + k, R, -INF);
}
c[col].erase(it);
}
int main() {
read(n); read(k); read(q);
build(1, 1, n + k);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int x, y, a, b; read(x); read(y); read(a); read(b);
d[++len] = (Loc) { x, i };
s[++tot] = (Shop) { x, y, a, 1, i };
s[++tot] = (Shop) { x, y, b + 1, -1, i };
}
for (int i = 1; i <= k; i++) {
s[++tot] = (Shop) { INF, i, 1, 0, n + i };
d[++len] = (Loc) { INF, n + i };
}
sort(d + 1, d + 1 + len);
sort(s + 1, s + 1 + tot);
for (int i = 1; i <= len; i++) pos[d[i].id] = i;
for (int i = 1; i <= q; i++)
read(e[i].l), read(e[i].t), e[i].id = i;
sort(e + 1, e + 1 + q);
for (int i = 1, j = 1; i <= q; i++) {
while (j <= tot && s[j].t <= e[i].t) {
if (s[j].w >= 0) ins(j);
else del(j);
++j;
}
if (num < k) { ans[e[i].id] = -1; continue; }
ans[e[i].id] = query(1, 1, n + k, e[i].l, INF);
}
for (int i = 1; i <= q; i++) printf("%d\n", ans[i]);
return 0;
}
不会 KD-Tree 草。
咕咕咕
标签：tree 记录 离散化 i++ 也有 struct 结构 const 进一步
原文地址：https://www.cnblogs.com/dmoransky/p/13493673.html
