清北合肥day2-day5

day2:215
这一天的题目相对比较模板化
t1:50
看错了数据范围
求n个点到给出的点哈夫曼距离的最小值
我想到的是一种非常zz的做法
我们二分答案，然后判断是否在这个距离内有点
但是这样前缀和不是很好维护
于是我们利用哈夫曼距离和切比雪夫距离的转化
(x+y,x-y)
然后就变成了简单的二维前缀和
另外坐标有负数，所以要都加一个值
其实有更简单的做法
直接做多源最短路就可以了
t2:100
首先我们可以按照ai排序
然后动态维护最小生成树（支持加边）
这个本身是lct裸题
但是因为这题目里有点数限制
所以我们可以暴力访问两点之间的路径
怎么找路径呢？（直接dfs就可以了）

t3:65

65就是个基本的暴力（因为没有时间就没有搞正解了）

首先我们要把撤销操作给搞掉

其实就是倒着访问搜索树

然后就变成了维护颜色

然后我们发现那个操作是等价于对二分图的点搞

所以按照行+列分类

然后问题就变成了子矩形覆盖查询最终颜色的问题

注意这个东西是不能直接树套树维护的

因为并不能保证先后顺序

可行的树套树维护方案是

我们倒着做，那么每个点被第一次覆盖就是最终颜色

于是这个是经典的线段树问题了，记录区间内是否有没有覆盖颜色的地方

复杂度n^2log^2

另外题解给出了并查集的维护方法

考虑如果是序列问题

维护每一个下一个没有凃颜色的地方

本质和树套树是一样的

然后推广到二维就直接暴力推广

复杂度(nq+n^2)*logn

下面这个是代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rint register int
#define IL inline
#define rep(i,h,t) for (rint i=h;i<=t;i++)
#define dep(i,t,h) for (rint i=t;i>=h;i--)
#define mid ((h+t)>>1)
char c;
const int N=;
const int N2=2e6;
bool f[N][N],ans[N2];
bitset<> g[][N][N];
struct re{
    int a,b,c,d,e;
}a[N2],b[N2];
int n,m;
void fz(int h,int t,int h1,int t1)
{
    dep(i,mid,h)
      dep(j,m,)
      {
          g[][i][j]=;
          if (f[i][j])
          {
            if (i==mid) g[][i][j][j]=;
            if (j+<=m&&f[i][j+]) g[][i][j]|=g[][i][j+];
            if (i+<=mid&&f[i+][j]) g[][i][j]|=g[][i+][j];
        }
      }
    rep(i,mid,t)
      rep(j,,m)
      {
        g[][i][j]=;
        if (f[i][j])
        {
          if (i==mid) g[][i][j][j]=;
          if (j->=&&f[i][j-]) g[][i][j]|=g[][i][j-];
          if (i->=mid&&f[i-][j]) g[][i][j]|=g[][i-][j];
        }
      }
    int h2=h1-,t2=t1+;
    rep(i,h1,t1)
    {
        if (a[i].a<=mid&&a[i].c>=mid)
          ans[a[i].e]=(g[][a[i].a][a[i].b]&g[][a[i].c][a[i].d]).any();
        else if (a[i].c<mid) b[++h2]=a[i];
        else b[--t2]=a[i];
    }
    rep(i,h1,h2) a[i]=b[i];
    if (h<=mid-) fz(h,mid-,h1,h2);
    rep(i,t2,t1) a[i]=b[i];
    if (mid+<=t) fz(mid+,t,t2,t1);
}
int main()
{
    freopen("boardgame.in","r",stdin);
    freopen("boardgame.out","w",stdout);
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>n>>m;
    rep(i,,n)
    {
        rep(j,,m)
        {
          cin>>c;
          if (c=='.') f[i][j]=;
          else f[i][j]=;
        }
    }
    int k;
    cin>>k;
    rep(i,,k)
    {
        int x,y,x1,y1;
        cin>>x>>y>>x1>>y1;
        a[i].a=x; a[i].b=y; a[i].c=x1; a[i].d=y1; a[i].e=i;
    }
    fz(,n,,k);
    rep(i,,k)
      if (ans[i]) printf("Yes\n");
      else printf("No\n");
    return ;
}

其实我们有更优秀的方法来解决大范围问题

矩形问题还是应该多考虑一下扫描线

于是现在我们要维护的其实是每个点出现颜色的最晚的值

这个我们可以线段树套平衡树来维护

（注意具体的我们要标记永久化来维护，因为这个标记是不支持down的）

于是假设不是要求出所有位置的颜色

我们的复杂度就是qlog^2了

相比之前的有很大进展

另外要注意一下这个东西不能用kd-tree来做

我写完才发现很有问题。。

kd-tree支持的操作是，修改一定要对在kd-tree上的点进行修改

也就是说kd-tree维护的是单点修改区间查询操作

而这道题如果要维护就得把所有点加入

而kd-tree的最坏复杂度是sqrt(n) 此时n=n^2

所以退化成暴力

day3：280

我感觉是非常zz的一天

考完？？？为什么两道线段树 然后正解都不需要这个东西

第一题瞎模拟就不说了

第二题其实很简单，想复杂了

支持三个操作

1.在某一个邮箱放一封新的信

2.删除某个邮箱里的所有信

3.删除前k封信

我都已经忘记我怎么想出来这么zz的线段树了

正解就是对于删前k封信这个操作记录一下

然后对删某个邮箱里的信暴力进行（先把那个标记进行一下）

因为每个信最多被删一次，所以就是O(n)的了

然后写线段树的时候

我写了个dfs函数，当f[x]==0的时候才停止

也就是说查到了h==t的点的儿子

于是造成了需要8倍空间的事情

而我只写了4倍空间 就炸了20分

第三题 还是比较水的

我们枚举它最终降到几分

那么比它低的肯定就比它低了

对于比它高的，我们肯定要让比较容易翻车的先翻车

然后 我考场上想的是

插入到线段树里，用线段树二分来做这个东西

虽然复杂度和正解是一样的nlogn 但现在想想非常zz

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