【AGC012E】 Camel and Oases ST表+状压dp
题目大意:一排点,两点间有距离。 初始你有一个行走值$v$,如果相邻两点距离不超过$v$你可以自由在这两点行走。
当$v$大于$0$时,你可以选择某一时刻突然飞到任意点,这样做后$v$会减半(下取整)。 问从每个位置初始出发能否到达所有位置。
点的数量$≤2*10^5$,$v≤2*10^5$,$|两点距离|≤10^9$。
我们令$l[i][j]$表示从$i$出发,一路往左走,经过所有长度不超过$v>>j$(此处的$>>$表示右移,以下都是)的边,能走到最左的点的编号。
令$r[i][j]$表示从$i$出发,一路往右走,经过所有长度不超过$v>>j$的边,能走到最右的点的编号。
令$n$表示点的数量,$m=\lceil log_2v\rceil$。
我们不难得出:从$u$号点出发,是否可以遍历完所有点的判断条件,可以转化为:
是否可以将点集分成$m+1$个块,且第$i$(从$0$到$m$)个块内边的长度均不超过$v>>i$,且第$u$号点需要在第$0$个块内。
那么,对于$[1,2^m)$中的每一个$i$($i$是一个二进制状态,$i$的第$j$($j$从$1$到$m$)位为$1$表示选择了图中第$j$个块)
求一个最大的$f[i]$,满足区间$[1,f[i]]$中的点能分成由状态i表示的若干个块。
同理,求一个最小的$g[i]$,满足区间$[g[i],n]$中的点能分成由状态i表示的若干个块。
求这个可以通过l和r的值+状压$dp$实现,时间复杂度是$O(v\ log\ v)$。
我们令$o=2^m-2$。
我们发现,若存在$i$,使得$r[f[i]][0]>=l[g[o$^$i]][0]$,那么从区间$[\ l[g[o$^$i]][0]\ ,\ r[f[i]][0]\ ]$中出发的点,显然可以遍历玩所有点。
我们可以$O(1)$打上一个标记,求答案的时候$O(n)$扫一遍,判断某个点是否被打了标记即可。
总时间复杂度:$O(n\ log\ v+v\ log\ v)$。
#include<bits/stdc++.h>
#define M 400005
#define YXQAK printf("Possible\n")
#define XFZBL printf("Impossible\n");
using namespace std; int a[M]={},n,m,v,l[][M]={},r[][M]={};
int f[M]={},g[M]={},p[M]={}; int main(){
scanf("%d%d",&n,&v);
for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",a+i);
sort(a+,a+n+);
for(int j=,V=v;V;j++,V>>=){
m=max(m,j);
for(int i=;i<=n;i++){
int I=i+;
while(I<=n&&a[I]-a[I-]<=V) I++;
I--;
for(int ii=i;ii<=I;ii++)
l[j][ii]=i,r[j][ii]=I;
i=I;
}
}
m++;
for(int i=;i<=n;i++) l[m][i]=r[m][i]=i;
for(int i=;i<(<<m);i++) g[i]=n; f[]=;
for(int i=;i<(<<m);i++){
int now=;
for(int j=m-;~j;j--)
if((<<j)&i)
f[i]=max(f[i],r[j+][f[i^(<<j)]]+); now=n;
for(int j=m-;~j;j--)
if((<<j)&i)
g[i]=min(g[i],l[j+][g[i^(<<j)]]-);
} for(int i=;i<(<<m);i++){
if(r[][f[i]]+>=l[][g[(<<m)-i-]])
p[l[][g[(<<m)-i-]]]++,p[r[][f[i]]+]--;
}
for(int i=;i<=n;i++){
p[i]+=p[i-];
if(p[i]) YXQAK;
else XFZBL;
}
}
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