BZOJ5259/洛谷P4747: [Cerc2017]区间

2019.8.5 [HZOI]NOIP模拟测试13 C.优美序列

思维好题，然而当成NOIP模拟题↑真的好吗...

洛谷和BZOJ都有，就不设密码了。

首先，手玩样例可以发现满足条件的区间是不满足单调性的，所以二分左右端点、单调队列、双指针什么的就不可能了。

然后不会了...

不难看出，一段满足要求的区间[L,R]，符合\(val_{max}-val_{min}=R-L\)，val是数值。

50pts暴力：对val建st表，每次询问枚举序列的子区间，用st表\(O(1)\)判断是否可行，复杂度\(O(n^2m)\)。考试数据可能弱化过，洛谷和BZOJ上应该水不到50pts。

Code：

  1. #include <bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3. const int N=1e5+5;
  4. int n,m,mx,mn,a[N],Lg[N],f[22][N],g[22][N];
  5. inline void In(int &num){
  6. 	char c=getchar();
  7. 	for(num=0;!isdigit(c);c=getchar());
  8. 	for(;isdigit(c);num=num*10+c-48,c=getchar());
  9. }
  10. void st_init(){
  11. 	Lg[0]=-1;
  12. 	for(int i=1;i<=n;++i) f[0][i]=g[0][i]=a[i],Lg[i]=Lg[i>>1]+1;
  13. 	for(int i=1;i<=20;++i)
  14. 		for(int j=1;j+(1<<i)-1<=n;++j)
  15. 			f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j+(1<<(i-1))]),
  16. 			g[i][j]=min(g[i-1][j],g[i-1][j+(1<<(i-1))]);
  17. }
  18. void query(int l,int r){
  19. 	int d=Lg[r-l+1];
  20. 	mx=max(f[d][l],f[d][r-(1<<d)+1]);
  21. 	mn=min(g[d][l],g[d][r-(1<<d)+1]);
  22. }
  23. int main(){
  24. 	In(n);
  25. 	for(int i=1;i<=n;++i) In(a[i]);
  26. 	st_init();
  27. 	In(m);
  28. 	for(int i=1,l,r,Mx,Mn;i<=m;++i){
  29. 		In(l);In(r);
  30. 		query(l,r);
  31. 		Mx=mx;Mn=mn;
  32. 		for(int j=r-l+1;j<=n;++j){
  33. 			for(int k=1;k+j-1<=n;++k){
  34. 				query(k,k+j-1);
  35. 				if(mx-mn==j-1&&mx>=Mx&&mn<=Mn){
  36. 					printf("%d %d\n",k,k+j-1);
  37. 					goto nxt;
  38. 				}
  39. 			}
  40. 		}
  41. 		nxt:;
  42. 	}
  43. 	return 0;
  44. }

92pts暴力：模拟找答案的过程。记pos[i]为i在原序列中的下标，读入时pos[val[i]]=i。对val和pos数组建st表。

例如样例一，如果询问[5,7]的数（6 4 2），在val的st表中查到下标在[5,7]之间的最小值是2、最大值是6。所以26这五个数都要出现。然后在pos的st表中查数字26在序列中的出现位置：3出现在第一位，2出现在最后一位，所以整个序列都要选。此时序列中最大值是7，最小值是1，序列为[1,7]，恰好符合，得到答案。

模拟此过程即可，复杂度未知。92pts还是指考试的弱数据，需要轻度卡常，为了可读性只放一份未卡常的。

Code：

  1. #include <bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3. const int N=1e5+5;
  4. int n,m,mx,mn,Mx,Mn,a[N],pos[N],Lg[N],f[22][N],g[22][N],t[22][N],s[22][N];
  5. inline void In(int &num){
  6. 	char c=getchar();
  7. 	for(num=0;!isdigit(c);c=getchar());
  8. 	for(;isdigit(c);num=num*10+c-48,c=getchar());
  9. }
  10. void st_init(){
  11. 	Lg[0]=-1;
  12. 	for(int i=1;i<=n;++i) f[0][i]=g[0][i]=a[i],t[0][i]=s[0][i]=pos[i],Lg[i]=Lg[i>>1]+1;
  13. 	for(int i=1;i<=20;++i)
  14. 		for(int j=1;j+(1<<i)-1<=n;++j)
  15. 			f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j+(1<<(i-1))]),
  16. 			g[i][j]=min(g[i-1][j],g[i-1][j+(1<<(i-1))]),
  17. 			t[i][j]=max(t[i-1][j],t[i-1][j+(1<<(i-1))]),
  18. 			s[i][j]=min(s[i-1][j],s[i-1][j+(1<<(i-1))]);
  20. }
  21. void query_val(int l,int r){
  22. 	int d=Lg[r-l+1];
  23. 	mx=max(f[d][l],f[d][r-(1<<d)+1]);
  24. 	mn=min(g[d][l],g[d][r-(1<<d)+1]);
  25. }
  26. void query_pos(int l,int r){
  27. 	int d=Lg[r-l+1];
  28. 	Mx=max(t[d][l],t[d][r-(1<<d)+1]);
  29. 	Mn=min(s[d][l],s[d][r-(1<<d)+1]);
  30. }
  31. int main(){
  32. 	In(n);
  33. 	for(int i=1;i<=n;++i) In(a[i]),pos[a[i]]=i;
  34. 	st_init();
  35. 	In(m);
  36. 	for(int i=1,l,r;i<=m;++i){
  37. 		In(l);In(r);
  38. 		query_val(l,r);
  39. 		query_pos(mn,mx);
  40. 		while(Mx-Mn!=mx-mn){
  41. 			query_val(Mn,Mx);
  42. 			query_pos(mn,mx);
  43. 		}
  44. 		printf("%d %d\n",Mn,Mx);
  45. 	}
  46. 	return 0;
  47. }

100pts：

考试的题解

分治法，离线处理。假设现在处理的询问都包含在[L,R] 中，设mid=(L+R)/2。然后将包含在[L,mid],[mid+1,R] 的区间分治处理。剩下的就是包含[mid,mid+1]的询问，然后找出包含[mid,mid+1]的所有优美区间，用这些优美区间更新询问的答案。

时间复杂度\(O(n(logn)^2)\)。

序列分治不太会，咕了。

介绍两种思路。

方法一：

扫描线+线段树

洛谷题解区的dalao想到的。

这个思路不太容易理解，并且我的表达能力确实有限，如果不看代码下面的话应该是看不懂的，建议去luogu题解区看下dalao解释，并结合代码理解。

考虑如何判断一个区间是连续段，当且仅当区间内\((x,x+1)\)的对数为\(r−l\)。

设区间\([l,r]\)内\((x,x+1)\)的对数为\(c(l,r)\)。

我们可以枚举右端点r，用线段树维护\(l+c(l,r)\)。可以发现合法仅当\(l+c(l,r)=r\)，并且\(l+c(l,r)\)最大值为r，所以只需要维护最大值以及最大值的位置就可以了。

实现的时候把所有询问离线，枚举到了询问的r端点就把询问丢进一个优先队列里面，以询问的l端点为关键字，堆顶是l最大的。每次如果能找到答案就pop，否则就break，因为查询的是[1,l]的最大值，l越大一定越容易找到答案。

简单说一下这样做的正确性：

对于询问[ql,qr]，我们从qr开始枚举答案的右端点R，找到第一个能覆盖[ql,qr]的L，区间[L,R]就是答案。

可以反证：



假如我们枚举到R1，找到区间[L1,R1]是好区间，作为答案，但答案应该是[L2,R2]。那么[L1,R1]和[L2,R2]都是好区间。实际上[L2,R1]也是好区间，因为如果[L2,R1]的数不连续就不可能成为两个好区间的交集。于是我们枚举到R1得到的答案实际上是L2，[L2,R1]正是最优解。

Code：

  1. #include <bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3. const int N=1e5+5;
  4. typedef pair<int,int> Node;
  5. int n,m,Mx,Mx_pos,a[N],pos[N];
  6. Node ans[N];
  7. priority_queue<Node> heap;
  8. vector<Node> que[N];
  9. struct tree_node{
  10. 	int l,r,mx,pos,tag;
  11. #define l(p) (node[p].l)
  12. #define r(p) (node[p].r)
  13. #define mx(p) (node[p].mx)
  14. #define pos(p) (node[p].pos)
  15. #define tag(p) (node[p].tag)
  16. #define ls(p) (p<<1)
  17. #define rs(p) (p<<1|1)
  18. #define mid ((l(p)+r(p))>>1)
  19. }node[N<<2];
  20. void pup(int p){
  21. 	mx(p)=max(mx(ls(p)),mx(rs(p)));
  22. 	pos(p)=mx(ls(p))>mx(rs(p))?pos(ls(p)):pos(rs(p));
  23. }
  24. void build(int p,int l,int r){
  25. 	l(p)=l;r(p)=r;
  26. 	if(l==r) return (void) (mx(p)=pos(p)=l);
  27. 	build(ls(p),l,mid);
  28. 	build(rs(p),mid+1,r);
  29. 	pup(p);
  30. }
  31. void pdown(int p){
  32. 	if(tag(p)){
  33. 		mx(ls(p))+=tag(p);tag(ls(p))+=tag(p);
  34. 		mx(rs(p))+=tag(p);tag(rs(p))+=tag(p);
  35. 		tag(p)=0;
  36. 	}
  37. }
  38. void modify(int p,int L,int R){
  39. 	if(L<=l(p)&&r(p)<=R) return (void) (++mx(p),++tag(p));
  40. 	pdown(p);
  41. 	if(L<=mid) modify(ls(p),L,R);
  42. 	if(R>mid) modify(rs(p),L,R);
  43. 	pup(p);
  44. }
  45. void query(int p,int L,int R){
  46. 	if(L<=l(p)&&r(p)<=R){
  47. 		if(mx(p)>=Mx) Mx=mx(p),Mx_pos=pos(p);
  48. 		return;
  49. 	}
  50. 	pdown(p);
  51. 	if(L<=mid) query(ls(p),L,R);
  52. 	if(R>mid) query(rs(p),L,R);
  53. }
  54. bool check(const Node &w,int R){
  55. 	Mx=0;
  56. 	query(1,1,w.first);
  57. 	if(Mx==R) {ans[w.second]=make_pair(Mx_pos,R);return true;}
  58. 	return false;
  59. }
  60. int main(){
  61. 	scanf("%d",&n);
  62. 	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
  63. 	build(1,1,n);
  64. 	scanf("%d",&m);
  65. 	for(int i=1,l,r;i<=m;++i){
  66. 		scanf("%d%d",&l,&r);
  67. 		que[r].push_back(make_pair(l,i));
  68. 	}
  69. 	for(int i=1;i<=n;++i){
  70. 		pos[a[i]]=i;
  71. 		if(pos[a[i]-1]) modify(1,1,pos[a[i]-1]);
  72. 		if(pos[a[i]+1]) modify(1,1,pos[a[i]+1]);
  73. 		for(unsigned j=0;j<que[i].size();++j) heap.push(que[i][j]);
  74. 		while(!heap.empty()){
  75. 			if(check(heap.top(),i)) heap.pop();
  76. 			else break;
  77. 		}
  78. 	}
  79. 	for(int i=1;i<=m;++i) printf("%d %d\n",ans[i].first,ans[i].second);
  80. 	return 0;
  81. }

方法二：

线段树优化建图+tarjan缩点

可以去dky博客看解释。

Code：

  1. #include <bits/stdc++.h>
  2. using namespace std;
  3. const int N=2e6+5,inf=0x3f3f3f3f;
  4. int n,m,a[N];
  5. struct Graph{
  6. 	int Top,head[N],ver[N],nxt[N];
  7. 	inline void add(int u,int v){
  8. 		ver[++Top]=v;
  9. 		nxt[Top]=head[u];
  10. 		head[u]=Top;
  11. 	}
  12. }G1,G2;
  13. struct Node{
  14. 	int l,r;
  15. 	inline Node(int l=inf,int r=-inf):l(l),r(r) {}
  16. 	inline Node operator + (const Node &b)const{
  17. 		return Node(min(l,b.l),max(r,b.r));
  18. 	}
  19. }t1[N],t2[N];
  20. struct SegmentTree{
  21. 	Node t[N];
  22. #define mid ((l+r)>>1)
  23. #define ls(p) (p<<1)
  24. #define rs(p) (p<<1|1)
  25. 	void modify(int p,int l,int r,int pos,const Node &val){
  26. 		if(l==r) return (void) (t[p]=val);
  27. 		pos<=mid?modify(ls(p),l,mid,pos,val):modify(rs(p),mid+1,r,pos,val);
  28. 		t[p]=t[ls(p)]+t[rs(p)];
  29. 	}
  30. 	Node query(int p,int l,int r,int L,int R){
  31. 		if(L<=l&&r<=R) return t[p];
  32. 		if(L<=mid&&R>mid) return query(ls(p),l,mid,L,R)+query(rs(p),mid+1,r,L,R);
  33. 		else if(L<=mid) return query(ls(p),l,mid,L,R);
  34. 		else return query(rs(p),mid+1,r,L,R);
  35. 	}
  36. }seg[2];
  37. int rt,tot,ls[N],rs[N];
  38. void build_graph(int &p,int l,int r){
  39. 	if(l==r) return (void) (p=l);
  40. 	p=++tot;
  41. 	build_graph(ls[p],l,mid);
  42. 	build_graph(rs[p],mid+1,r);
  43. 	G1.add(p,ls[p]);
  44. 	G1.add(p,rs[p]);
  45. }
  46. void Link(int p,int l,int r,int u,int L,int R){
  47. 	if(L<=l&&r<=R) return G1.add(u,p);
  48. 	if(L<=mid) Link(ls[p],l,mid,u,L,R);
  49. 	if(R>mid) Link(rs[p],mid+1,r,u,L,R);
  50. }
  51. int tp,tim,scc_num,dfn[N],low[N],st[N],c[N];
  52. void tarjan(int u){
  53. 	st[++tp]=u;
  54. 	dfn[u]=low[u]=++tim;
  55. 	for(int i=G1.head[u];i;i=G1.nxt[i]){
  56. 		int v=G1.ver[i];
  57. 		if(!dfn[v]){
  58. 			tarjan(v);
  59. 			low[u]=min(low[u],low[v]);
  60. 		}
  61. 		else if(!c[v]) low[u]=min(low[u],dfn[v]);
  62. 	}
  63. 	if(low[u]==dfn[u]){
  64. 		++scc_num;
  65. 		int y;
  66. 		do{
  67. 			y=st[tp--];
  68. 			c[y]=scc_num;
  69. 		}while(y!=u);
  70. 	}
  71. }
  72. bool vis[N];
  73. void dfs(int u){
  74. 	if(vis[u]) return;
  75. 	vis[u]=true;
  76. 	for(int i=G2.head[u];i;i=G2.nxt[i]){
  77. 		int v=G2.ver[i];
  78. 		dfs(v);
  79. 		t2[u]=t2[u]+t2[v];
  80. 	}
  81. }
  82. int main(){
  83. 	scanf("%d",&n);
  84. 	tot=n;
  85. 	build_graph(rt,1,n);
  86. 	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
  87. 	for(int i=1;i<=n;++i) seg[0].modify(1,1,n,a[i],Node(i,i));
  88. 	for(int i=2;i<=n;++i){
  89. 		int x=min(a[i-1],a[i]),y=max(a[i-1],a[i]);
  90. 		t1[i]=seg[0].query(1,1,n,x,y);
  91. 		Link(rt,1,n,i,t1[i].l+1,t1[i].r);//i表示[i-1,i]两个数
  92. 	}
  93. 	for(int i=1;i<=tot;++i) if(!dfn[i]) tarjan(i);
  94. 	for(int u=1;u<=tot;++u){
  95. 		for(int i=G1.head[u];i;i=G1.nxt[i]){
  96. 			int v=G1.ver[i];
  97. 			if(c[u]!=c[v]) G2.add(c[u],c[v]);
  98. 		}
  99. 	}
  100. 	for(int i=1;i<=tot;++i) t2[c[i]]=t2[c[i]]+t1[i];
  101. 	for(int i=1;i<=scc_num;++i) dfs(i);
  102. 	for(int i=2;i<=n;++i) seg[1].modify(1,1,n,i,t2[c[i]]);
  103. 	scanf("%d",&m);
  104. 	for(int i=1,l,r;i<=m;++i){
  105. 		scanf("%d%d",&l,&r);
  106. 		if(l==r) printf("%d %d\n",l,r);
  107. 		else{
  108. 			Node ans=seg[1].query(1,1,n,l+1,r);
  109. 			printf("%d %d\n",ans.l,ans.r);
  110. 		}
  111. 	}
  112. 	return 0;
  113. }

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