LOJ #6435. 「PKUSC2018」星际穿越(倍增)

题面

LOJ#6435. 「PKUSC2018」星际穿越

题解

**参考了 这位大佬的博客 **

这道题好恶心啊qwq~~

首先一定要认真阅读题目 !! 注意 \(l_i<r_i<x_i\) 这个条件 !!

所以它询问的就是向左走的最短路了 .

不难发现只有两种策略 , 要么一直向左走 ; 要么第一次向右走 , 然后一直向左走 .

并且到一个定点 \(x\) 的最短路长度 肯定是从右向左一段段递增的 .

　为什么呢 ? 不难发现 如果向右走两次 , 那么只有一次是一定有效的 , 另外一次的 \(l_i\) 一定不会小于这次 .

向左走的话 , 每次就记下沿途的 \(l_i\) 的最小值 , 用这个去转移走 \(j\) 次时 \(l\) 的最小值就行了 . ( \(70pts\) 见我 \(LOJ\) 提交吧qwq .)

然后这样暴力做的话就是 \(O(n^2)\) 的复杂度 显然不行 .

考虑优化 , 发现这个是一段段的 且 有连续性 , 有一个神奇的倍增可以快速实现这个功能 .

令 \(f_{i, j}\) 为 \([i, n]\) 所有点走 \(2^j\) 次能到达的最左端点 .

\[\displaystyle f_{i,j} = f_{f_{i,j-1},j-1}
\]

为什么要这样记呢 ? 因为这样可以同时统计第一次向右走可能产生的贡献 .

令 \(sum_{i,j}\) 为 \(i \to (i \sim f_{i,j})\) 中所有点走的步数之和 . 这个转移就很显然啦 .

\[sum_{i,j} = sum_{i,j-1}+sum_{{f_{i,j-1}},j-1} + (f_{i,j-1}-f_{f_{i,j-1},j-1})*2^{j-1}
\]

然后我们考虑走的时候算答案 . 因为我们一开始预处理只包括了可能向右走的情况 , 但直接第一步向左走的没有处理掉 .

此处我们单独处理第一步向左走的情况就行了 .

令 \(Calc(i, pos)\) 为 \(i \to [i, pos)\) 的所需步数之和 . 那么每次询问就能用差分来表示成 \(Calc(l,pos) - Calc(r + 1, pos)\) 了 .

然后倍增的时候类似于这样跳的 :

假设我们总共要经过的是 红色 那一段(其中 \(l_{pos}\) 已经跳完了) , 每次走的是 粉色 那一段 .

发现我们每次走的时候 , 要记下前面走了多少步数 , 然后给答案加上这一段的贡献 \(len \times tot\) .

最后有一小段多余的 蓝紫色 (因为每次 \(2^j\) 覆盖的是所有步数为这么多的 , 最后可能不满) 这段贡献就是 \(len \times (tot + 1)\) .

代码好像很短 ?

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define debug(a) cout << #a << ": " << a << endl
using namespace std;
inline bool chkmin(int &a, int b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
inline bool chkmax(int &a, int b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}
inline int read() {
    int x = 0, fh = 1; char ch = getchar();
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') fh = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);
    return x * fh;
}
void File() {
#ifdef zjp_shadow
	freopen ("6435.in", "r", stdin);
	freopen ("6435.out", "w", stdout);
#endif
}
const int N = 3e5 + 1e3, inf = 0x3f3f3f3f;
int L[N], n, f[N][21], sum[N][21], Log2[N];
void Init() {
	f[n + 1][0] = inf;
	Fordown (i, n, 1)
		f[i][0] = min(f[i + 1][0], L[i]), sum[i][0] = i - f[i][0];
	For (j, 1, Log2[n]) For (i, 1, n) if (f[i][j - 1]) {
		f[i][j] = f[f[i][j - 1]][j - 1];
		sum[i][j] = sum[i][j - 1] + sum[f[i][j - 1]][j - 1] + ((f[i][j - 1] - f[i][j]) << (j - 1));
	}
}
inline int Calc(int qp, int pos) {
	if (L[pos] <= qp) return pos - qp;
	int res = pos - L[pos]; pos = L[pos]; int tot = 1;
	Fordown (i, Log2[pos], 0)
		if (f[pos][i] > qp) res += sum[pos][i] + (pos - f[pos][i]) * tot, pos = f[pos][i], tot += 1 << i;
	return res + (pos - qp) * (tot + 1);
}
int main () {
	File();
	n = read(); L[1] = 1; For (i, 2, n) L[i] = read(), Log2[i] = Log2[i >> 1] + 1; Init();
	int m = read();
	For (i, 1, m) {
		int l = read(), r = read(), x = read();
		int ans = Calc(l, x) - Calc(r + 1, x), len = r - l + 1, g = __gcd(ans, len);
		printf ("%d/%d\n", ans / g, len / g);
	}
    return 0;
}