线段树专题

　　　　开个帖记录 2019-09-01之后接触到的线段树类型题

2019-09-08

XKC's basketball team

题目链接：https://nanti.jisuanke.com/t/41387

题意：

给你n个数字，寻找第i个数字后面比i大至少m且距离i最远的数字

分析：

线段树维护区间最大 , 然后从右区间开始搜寻

#include
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#include
#include

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2019-10-03

D. Distinct Characters Queries

题目链接：https://codeforces.com/contest/1234/problem/D

题意：给你一个字符串 ， 有q个操作：
①、 将 pos 位置的字符改为 c

②、查询 L~ R 区间不同字符的个数

分析：

挺水的一题。因为全是小写字符 , 所以我们可以对每个单独字符开个线段树, 那么一共就开了26个线段树 ,然后预处理：将母串中第 i 个位置的字符对应的线段树的第 i 个区间的值 + 1。

那么当操作为 ① 的时候我们只要将母串pos位置的字符对应线段树的pos区间值 -1 , 然后c字符对应线段树的pos区间 +1

当操作为 ②的时候我们只要判断每个字符是否有出现在L ~ R区间 , 即遍历 26 颗线段树 L ~ R 的区间和是否为 0 .若不为 0 , ans++ , 遍历完后输出ans即可

 

#include
#define ios std::ios::sync_with_stdio(false) , std::cin.tie(0) , std::cout.tie(0)
#define sd(n) scanf("%d",&n)
#define sdd(n,m) scanf("%d%d",&n,&m)
#define sddd(n,m,k) scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)
#define pd(n) printf("%d\n", (n))
#define pdd(n,m) printf("%d %d\n", n, m)
#define pld(n) printf("%lld\n", n)
#define pldd(n,m) printf("%lld %lld\n", n, m)
#define sld(n) scanf("%lld",&n)
#define sldd(n,m) scanf("%lld%lld",&n,&m)
#define slddd(n,m,k) scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k)
#define sf(n) scanf("%lf",&n)
#define sff(n,m) scanf("%lf%lf",&n,&m)
#define sfff(n,m,k) scanf("%lf%lf%lf",&n,&m,&k)
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<=n;i++)
#define per(i,n,a) for (int i=n;i>=a;i--)
#define mm(a,n) memset(a, n, sizeof(a))
#define pb push_back
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define numm ch - 48
#define INF 0x3f3f3f3f
#define sz(x) ((int)x.size())
#define pi 3.14159265358979323
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
#define debug2(x, y)          cout <<#x<<": "<#define debug3(x, y, z)       cout <<#x<<": "<#define debug4(a, b, c, d)    cout <<#a<<": "<using namespace std;
templatevoid read(T &res)
{
    bool flag=false;
    char ch;
    while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(flag=true);
    for(res=numm; isdigit(ch=getchar()); res=(res<<1)+(res<<3)+numm);
    flag&&(res=-res);
}
templatevoid Out(T x)
{
    if(x<0)putchar('-'),x=-x;
    if(x>9)Out(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
ll pow_mod(ll x, ll n , ll mod)
{
    ll res=1;
    while(n)
    {
        if(n&1)res=res*x%mod;
        x=x*x%mod;
        n>>=1;
    }
    return res;
}
#define lson l,mid,rt << 1
#define rson mid + 1,r,rt << 1 | 1
#define ll long long
using namespace std;
 
const int N = 4e5 + 5000;
const ll mod = 1e9 + 7;
 
ll n,k;
ll a[N];
int t[N][26];
 
void update(int l,int r,int rt,int id,int k,int val)
{
    if(k < l || k > r) return ;
    if(l == r)
    {
        t[rt][id] += val;
        return ;
    }
    int mid = l + r >> 1;
    if(k <= mid) update(lson,id,k,val);
    else update(rson,id,k,val);
    t[rt][id] = t[rt << 1][id] + t[rt << 1 | 1][id];
 
}
int qu(int l,int r,int rt,int ql,int qr,int id)
{
    if(r < ql || l > qr) return 0;
    int res = 0;
    if(ql <= l && qr >= r) return t[rt][id];
    int mid = l + r >> 1;
    if(ql <= mid)  res += qu(lson,ql,qr,id);
    if(qr > mid)  res += qu(rson,ql,qr,id);
    return res;
}
int main()
{
    string str = " ";
    string strr;
    cin >> strr;
    str += strr;
    n = sz(strr);
    rep(i ,1 ,n)
    {
        update(1,n,1,str[i] - 'a',i,1);
    }
    int q,op,l,r;
    sd(q);
    while(q--)
    {
        sd(op);
        if(op == 1)
        {
            int pos;
            char c;
            sd(pos);
            cin  >> c;
            update(1,n,1,str[pos] - 'a',pos ,-1);
            str[pos] = c;
            update(1,n,1,c - 'a',pos,1);
        }
        else
        {
            sdd(l , r);
            ll ans = 0;
            rep(i,0,25)
            {
                if(0 < (qu(1,n,1,l,r,i))) ans++;
            }
            pd(ans);
        }
    }
    return 0;
}

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2019-10-06

The Child and Sequence

题目链接：https://codeforces.com/contest/438/problem/D

题意：

有n个数、m条指令 , 指令对应的操作分别是：

①、区间求和

②、区间取模

③、单点修改

根据指令完成操作

分析：

很明显这题就是要求维护一棵支持区间取膜，单点更新，区间求和的线段树。区间求和 和 单点修改都没什么问题，问题就在区间取模

先将区间和求出来再取模这是肯定不行的 , 所以我们需要换种思想——对于一个区间，如果它的区间和 sum < Mod ， 那我们对整个区间取模就没有意义了 , 这是个剪枝的条件

所以我们可以先进行单点更新  , 知道区间和 sum < Mod , 那么我们就没有对它进行取模的必要了。 再者对于每个数取模一个小于它的数 , 它的值肯定会小于原来的二分之一

当搜寻到某个区间和小于 Mod 的时候 , 我们就可以直接停止搜索 , 这样算下来时间复杂度并不会很高 ， 也就能做了。

详见代码

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2019-10-08

Max answer

题目链接：https://nanti.jisuanke.com/t/38228

题意：

给一个长为n(n <= 500000)的数组a, 对每个区间，求区间和乘区间最小值的最大值(−1e5 ≤ ai ​≤1e5).

分析：

这道题乍一看像是单调栈的模板题 , 但很可惜的是 ai 的取值可以为负数 , 所以对于以 ai 为最小值的区间 , 若 ai 为负数 , 要找到最小区间和 , 若为 ai 为正数 , 要找到最大区间和

对于正数ai，利用单调栈寻找以ai为最小值的区间，利用前缀和数组求区间和再*ai 即结果（ai 为正数 , ai为区间最小值）

先用单调栈求出以a[i]为最小值能够延伸的左端点L[i]和右端点R[i] , 然后对于每个正数，我们用该数乘以这个区间和。区间和用前缀和来求，对于每个数所能影响的最大区间我们已经求出来了。对于负数来说，我们需要求在它右区间的最小前缀和减去左区间的最大前缀和 , 因为只有它的区间和最小对应的这个区间的value值才最大，又由区间和=sum[j]-sum[i]可知，sum[j]最小，sum[i]最大时才能时这个区间和最小，所以问题的关键转化为寻找最小的sum[j]和最大的sum[i]

对于右区间的最小前缀和，以及左区间的最大前缀和我们用线段树来求

#include
#define ios std::ios::sync_with_stdio(false) , std::cin.tie(0) , std::cout.tie(0)
#define sd(n) scanf("%d",&n)
#define sdd(n,m) scanf("%d%d",&n,&m)
#define sddd(n,m,k) scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)
#define pd(n) printf("%d\n", (n))
#define pdd(n,m) printf("%d %d\n", n, m)
#define pld(n) printf("%lld\n", n)
#define pldd(n,m) printf("%lld %lld\n", n, m)
#define sld(n) scanf("%lld",&n)
#define sldd(n,m) scanf("%lld%lld",&n,&m)
#define slddd(n,m,k) scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k)
#define sf(n) scanf("%lf",&n)
#define sff(n,m) scanf("%lf%lf",&n,&m)
#define sfff(n,m,k) scanf("%lf%lf%lf",&n,&m,&k)
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<=n;i++)
#define per(i,n,a) for (int i=n;i>=a;i--)
#define mm(a,n) memset(a, n, sizeof(a))
#define pb push_back
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define numm ch - 48
#define MOD 1000000007
#define INF 0x3f3f3f3f
#define pi 3.14159265358979323
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
#define debug2(x, y)          cout <<#x<<": "<#define debug3(x, y, z)       cout <<#x<<": "<#define debug4(a, b, c, d)    cout <<#a<<": "<using namespace std;
templatevoid read(T &res){bool flag=false;char ch;while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(flag=true);
for(res=numm;isdigit(ch=getchar());res=(res<<1)+(res<<3)+numm);flag&&(res=-res);}
templatevoid Out(T x){if(x<0)putchar('-'),x=-x;if(x>9)Out(x/10);putchar(x%10+'0');}
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
ll lcm(ll a,ll b){return a*b/gcd(a,b);}
ll pow_mod(ll x,ll n,ll mod){ll res=1;while(n){if(n&1)res=res*x%mod;x=x*x%mod;n>>=1;}return res;}
ll fact_pow(ll n,ll p){ll res=0;while(n){n/=p;res+=n;}return res;}

const int N = 5e5 + 10;
ll sum[N],a[N];
ll maxn[N << 2],minn[N << 2];
void build(int l,int r,int root)
{
    if(l==r)
    {
        maxn[root]=minn[root]=sum[l];
        return ;
    }
    int mid=l+r>>1;
    build(l,mid,root<<1);
    build(mid+1,r,root<<1|1);
    maxn[root]=max(maxn[root<<1],maxn[root<<1|1]);
    minn[root]=min(minn[root<<1],minn[root<<1|1]);
}
ll qmax(int l,int r,int root,int ql,int qr)
{
    if(l>=ql&&r<=qr)
        return maxn[root];
    int mid=l+r>>1;
    ll ans=-INF;
    if(mid>=ql)
        ans=qmax(l,mid,root<<1,ql,qr);
    if(mid<qr)
        ans=max(ans,qmax(mid+1,r,root<<1|1,ql,qr));
    return ans;
}
ll qmin(int l,int r,int root,int ql,int qr)
{
    if(l>=ql&&r<=qr)
        return minn[root];
    int mid=l+r>>1;
    ll ans=INF;
    if(mid>=ql)
        ans=qmin(l,mid,root<<1,ql,qr);
    if(mid<qr)
        ans=min(ans,qmin(mid+1,r,root<<1|1,ql,qr));
    return ans;
}
int LL[N],RR[N],st[N];
int main()
{
    ios;
    int n;
    cin >> n;
    rep(i ,1 ,n)
    cin >> a[i],sum[i] = sum[i-1]+a[i];
    build(1,n,1);
    int top=0;
    rep(i ,1 ,n)
    {
        while(top&&a[st[top]]>a[i])
            RR[st[top--]]=i-1;
        st[++top]=i;
    }
    while(top)
        RR[st[top--]]=n;
    for(int i=n;i>=1;i--)
    {
        while(top&&a[st[top]]>a[i])
            LL[st[top--]]=i+1;
        st[++top]=i;
    }
    while(top)
        LL[st[top--]]=1;
    ll ans = -INF;
    rep(i ,1 ,n)
    {
        if(a[i]>0)
            ans=max(ans,a[i]*(sum[RR[i]]-sum[LL[i]-1]));
        else
            ans=max( ans,a[i]*( qmin(1,n,1,i,RR[i])-qmax(1,n,1,LL[i],i)) );
    }
       cout << ans << endl;
    return 0;
}

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