fjwc2019 D2T2 定价 (栈+set+贪心)
先瞄下数据范围
对于所有数据,1≤n≤1000,1≤m≤10^9,1≤q≤500000 。\textbf{2 操作的个数不超过 1000。}
$10^9$位,看起来挺吓人,咋维护每个可以为1的位鸭?
再仔细看看,$q<=500000$,最多500000次操作,那么显然是对每一列,开个动态开点线段树或者平衡树维护。
本题对数据结构要求不高,于是我们可以快捷地用set代替辣
接下来我们考虑如何求出价格和的最小值
2 操作的个数不超过 1000。
这告诉我们可以愉快地在O(nlogn)内解决
从左到右一列列扫过去........考虑贪心
切一段ppt
我们先总结一下贪心的时候在干啥。
假设我们上一行有若干位为1,那么对于下一行,我们需要找到最高的为1位,满足这一行这位不能再为1了,我们就需要选取在这个位置之前的一个可以变成1的0,把它变成1,并把后面的位置全变成0。
直接用bitset维护可以获得部分分。
我们考虑使用一个栈维护当前的1,假设我们能找到最高的不能继续为1的位,我们就可以从这一位开始依次遍历前面的1,找到这个1之前第一个可以变成1的位置,如果这个位置在下一个1之前就是答案。
举个栗子
设前面$i$列处理完后,已知第$i$列的最小值$=(10101101)_{2}$
而第$i+1$列允许为$1$的位(从左到右,从$1$开始)有第$1,2,3,4,5,6$位
加入没有限制,那么第$i+1$列的最优解$=(10101110)_{2}$
但是允许为$1$的位不包括第$7$位鸭
于是我们就只能再向左找,找到第$4$位
把第$4$位改为$1$,并将右边所有位改为$0$
最后第$i+1$列的最优解$=(10110000)_{2}$
即为:
$a[i]=(10101101)_{2}$
$a[i+1]=(10110000)_{2}$
然后顺便维护下答案就ok了
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<set> namespace IO {
const int lim = ( << ) + ; char buf[lim + ], *S, *T; inline char gc() {
if (S == T) {
T = (S = buf) + fread(buf, , lim, stdin);
if (S == T) return EOF;
}
return *S++;
} inline int read() {
int x; char c; bool f;
for (f = ; (c = gc()) < '' || c > ''; f = c == '-');
for (x = c ^ ''; (c = gc()) >= '' && c <= ''; x = (x << ) + (x << ) + (c ^ ''));
return f ? -x : x;
}
}
using namespace IO;//快读是题目给的(逃 using namespace std;
const int mod=1e9+;
int n,m,q,stk[],v[],tp;
set <int> s[];
set <int>::iterator it;
int Pow(int x,int y){
int re=;
for(;y;y>>=,x=1ll*x*x%mod)
if(y&) re=1ll*re*x%mod;
return re;
}
int solve(){
int re=; tp=;
for(int i=,j;i<=n;++i){
stk[tp+]=m+;
for(j=;j<=tp&&s[i].count(stk[j]);++j);//这一位填不了的话就从这位开始找
tp=j-;
for(;;){
it=s[i].upper_bound(stk[tp+]-);
if(it==s[i].begin()) return -;
--it;
if(*it>stk[tp]){stk[++tp]=*it; break;}
if(!tp) return -;
--tp;
}
v[tp]=v[tp-]+Pow(,m-stk[tp]);//上个的答案(用数组维护)加上这一位
if(v[tp]>=mod) v[tp]-=mod;
re+=v[tp];
if(re>=mod) re-=mod;
}return re;
}
int main(){
freopen("price.in","r",stdin);
freopen("price.out","w",stdout);
n=read(); m=read(); q=read();
int q1,q2;
while(q--){
if(read()==){
q1=read(); q2=read();
if(s[q1].count(q2)) s[q1].erase(q2);
else s[q1].insert(q2);
}else printf("%d\n",solve());
}return ;
}
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