[JZOJ6278] 2019.8.5【NOIP提高组A】跳房子

题目

题目大意

给你一个矩阵，从$(1,1)$开始，每次往右上、右、右下三个格子中权值最大的那个跳。
第一行上面是第$n$行，第$m$列右边是第$1$列。反之同理。
有两个操作：跳$K$步和修改某行某列的权值。
$n,m\le 2000$

思考历程

一开始觉得似乎可以倍增，但这个修改操作太烦人，想了很久感觉倍增不可做。
最终打暴力+判断循环节。然而爆$10$了。
后来发现少打了个$+1$，加上之后，居然水了$85$分。

正解

设$jum{p}_i$表示$i$行$1$列开始跳$m$步会到哪一行。
有了这个东西，询问就很好做了。先跳到$1$列，然后每次$m$步$m$步地跳，判一下循环节。
重点是这个东西怎么维护。
按照题解做法，在某个点修改之后往前搞。由于改变方向的点都是在一个区间之内的，所以维护左端点和右端点，一直做到$1$列即可。
然而……
无数人有实践表明，这样打不出啊！！！
细节太多了……

于是有个造福人类的线段树做法。
我们可以计算出$i$列到$i+1$列的映射，用个长度为$n$的数组存下来。
然后利用线段树合并，处理出$1$列到$n+1$列的映射，也就是$jump$数组。
查询的时候一模一样。至于修改，直接单点修改，单次修改复杂度$O(n\lg m)$
也就比题解做法多了一个$lg$而已，但代码可要方便很多。

代码

（线段树做法）

using namespace std;
#include 
#include 
#include 
#define N 2010
inline int input(){
	char ch=getchar();
	while (ch<'0' || '9'<ch)
		ch=getchar();
	int x=0;
	do{
		x=x*10+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	while ('0'<=ch && ch<='9');
	return x;
}	
int n,m;
int a[N][N];
int nowx=1,nowy=1;
inline int dn(int x){return x==n?1:x+1;}
inline int up(int x){return x==1?n:x-1;}
inline int ri(int x){return x==m?1:x+1;}
inline int le(int x){return x==1?m:x-1;}
inline int nxt(int x,int y){
	y=ri(y);
	int ux=up(x),dx=dn(x);
	if (a[ux][y]>a[x][y])
		x=ux;
	if (a[dx][y]>a[x][y])
		x=dx;
	return x;
}
inline void get_next(int &x,int &y){
	x=nxt(x,y);
	y=ri(y);
}
int jump[N<<4][N];
int vis[N],BZ,tim[N];
void build(int k,int l,int r){
	if (l==r){
		for (int i=1;i<=n;++i)
			jump[k][i]=nxt(i,l);
		return;
	}
	int mid=l+r>>1;
	build(k<<1,l,mid);
	build(k<<1|1,mid+1,r);
	for (int i=1;i<=n;++i)
		jump[k][i]=jump[k<<1|1][jump[k<<1][i]];
}
void change(int k,int l,int r,int y){
	if (l==r){
		for (int i=1;i<=n;++i)
			jump[k][i]=nxt(i,y);
		return;
	}
	int mid=l+r>>1;
	if (y<=mid)
		change(k<<1,l,mid,y);
	else
		change(k<<1|1,mid+1,r,y);
	for (int i=1;i<=n;++i)
		jump[k][i]=jump[k<<1|1][jump[k<<1][i]];
}
int main(){
	freopen("jump.in","r",stdin);
	freopen("jump.out","w",stdout);
	n=input(),m=input();
	for (int i=1;i<=n;++i)
		for (int j=1;j<=m;++j)
			a[i][j]=input();
	build(1,1,m);
	int Q;
	scanf("%d",&Q);
	char op[7];
	while (Q--){
		scanf("%s",op);
		if (*op=='m'){
			int k=input(),i;
			for (;k && nowy!=1;--k)
				get_next(nowx,nowy);
			if (k==0){
				printf("%d %d\n",nowx,nowy);
				continue;
			}
			vis[nowx]=++BZ;
			tim[nowx]=i=0;
			while (k>=m){
				k-=m;
				++i;
				nowx=jump[1][nowx];
				if (vis[nowx]!=BZ){
					vis[nowx]=BZ;
					tim[nowx]=i;
					continue;
				}
				k%=m*(i-tim[nowx]);
				break;
			}
			for (;k>=m;k-=m)
				nowx=jump[1][nowx];
			for (;k;--k)
				get_next(nowx,nowy);
			printf("%d %d\n",nowx,nowy);
		}
		else{
			int x=input(),y=input(),c=input();
			a[x][y]=c;
			change(1,1,m,le(y));
		}
	}
	return 0;
}

总结

好多时候都可以用到线段树呢……