1511: [POI2006]OKR-Periods of Words Time Limit: 5 Sec  Memory Limit: 64 MBSubmit: 351  Solved: 220[Submit][Status][Discuss] Description 一个串是有限个小写字符的序列,特别的,一个空序列也可以是一个串. 一个串P是串A的前缀, 当且仅当存在串B, 使得 A = PB. 如果 P A 并且 P 不是一个空串,那么我们说 P 是A的一个proper前缀. 定义Q 是A

题目链接:https://vjudge.net/problem/UVA-11992 题意:n*m的矩阵,每次对一个子矩阵操作,有三种操作:加x,设置为x,查询.查询返回子矩阵和.最小值.最大值 n很小(<=20),所以可以开20棵线段树,每次操作按行更新. 特别小心put和add两个延迟标记,坑老惨了. put初始化-1最简单的坑,略过. build的时候要每一个节点都要clear,不能只clear叶子.因为会有直接差没操作的子矩阵(因为初始化都是0). 数组开大... add的话,什么都不用管

题意 题目链接 Sol 二维线段树空间复杂度是多少啊qwqqq 为啥这题全网空间都是\(n^2\)还有人硬要说是\(nlog^2n\)呀.. 对于这题来说,因为有修改操作,我们需要在外层线段树上也打标记,而且标记的形式是对一段区间赋值.所以我们对每个标记需要开线段树来维护更改的位置 而且由于我们pushdown的时候是从一棵线段树里找出标记下传,pushup的时候是从子树的线段树总找出最大值上传,显然复杂度会爆炸,那么我们考虑标记永久化 具体来说,我们在写线段树的时候,如果在一段区间上打了赋值标

题目链接 BZOJ4785 题解 肝了一个下午QAQ没写过二维线段树还是很难受 首先题目中的树状数组实际维护的是后缀和,这一点凭分析或经验或手模观察可以得出 在\(\mod 2\)意义下,我们实际求出的区间和是\([l - 1,r - 1]\),和\([l,r]\)唯一不同的就在于\(l - 1\)和\(r\) 所以每个询问实际是询问两个位置值相同的概率 我们把询问看做二元组\((a,b)\),其中\(a \le b\),我们要维护\((a,b)\)不同的概率[至于为什么是不同而不是相同,等下说

题面传送门 首先学过树状数组的应该都知道,将树状数组方向写反等价于前缀和 \(\to\) 后缀和,因此题目中伪代码的区间求和实质上是 \(sum[l-1...n]-sum[r...n]=sum[l-1...r-1]\),我们要求 \(sum[l...r]=sum[l-1...r-1]\) 的概率,等价于求 \(a_{l-1}=a_r\) 的概率. 因此我们可将题目转化为,每次从 \([l,r]\) 中随机选择一个数将其状态翻转,并询问 \(a_x=a_y\) 的概率. 这个可以通过二维线段树解决

题意 一个$n*n$矩阵,初始全为0,每次翻转一个子矩阵,然后单点查找 题解 任意一种能维护二维平面的数据结构都可以 我这里写的是二维线段树,因为四分树的写法复杂度可能会退化,因此考虑用树套树实现二维线段树 简单来说就是每个点都维护了一颗线段树... 因为二维线段树难以实现pushdown,而他的查找又是单点的 于是具体思路类似标记永久化,记录经过的点上的修改次数,最后判断修改次数的奇偶性即可 //为什么不写构造函数和vector? //因为这是神奇的poj... #include<iostre

「ZJOI2017」树状数组(二维线段树) 吉老师的题目真是难想... 代码中求的是 \(\sum_{i=l-1}^{r-1}a_i\),而实际求的是 \(\sum_{i=l}^{r}a_i\),所以我们直接判断 \(a_{l-1}\) 和 \(a_r\) 是否相等就行了. 我们用二维线段树,一维存左端点 \(l\),一维存右端点 \(r\),里面存 \(a_l=a_r\) 的概率. 若 \(a\in [1,l-1],b\in [l,r]\),操作不在 \(b\),概率为 \(1-p\) 若 \

可以发现这个写挂的树状数组求的是后缀和.find(r)-find(l-1)在模2意义下实际上查询的是l-1~r-1的和,而本来要查询的是l~r的和.也就是说,若结果正确,则a[l-1]=a[r](mod 2). 一个很容易想到的思路是线段树维护每一位为1的概率.然而这其实是不对的,因为每一位是否为1并非独立事件. 世界上没有什么事情是用一维线段树解决不了的,如果有,那就两维 我们维护每两位之间相同的概率.考虑一次操作对某两位的影响.若该次操作包含两位中的x位,那么改变两者间相同状态的概率就是x/

题目链接 BZOJ 4785 题解 这道题真是令人头秃 = = 可以看出题面中的九条可怜把求前缀和写成了求后缀和,然后他求的区间和却仍然是sum[r] ^ sum[l - 1],实际上求的是闭区间[l - 1, r - 1]的区间和.什么时候[l - 1, r - 1]的区间和与[l, r]的想等呢?就是位置l - 1与r对应的值相等的时候.于是问题就转换成了:修改操作每次随机修改区间中的一个位置,询问操作每次查询两个位置的值相同的概率. 可以想到一种做法:用线段树维护每个位置上的值为1的概率,

题目链接 下落一个d*s的方块,则要在这个平面区域找一个最高的h' 更新整个平面区域的值为h+h' 对于本题,维护最大高度h和all 对于平面的x轴维护一棵线段树t1,每个t1的节点维护对应y轴的两棵线段树t2(h和all) (同一维,需要维护独立的两棵线段树) t1要用标记永久化实现,t2普通和标记永久化都可以 空间O(n^2) 时间O(n*(logn)^2) 标记永久化: 对于树套树(二维线段树)来说,标记下传(PushDown)与信息上传(PushUp)就很难实现了 这时用到标记永久化 写

题目链接:https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3489 题意概述: 给出一个序列,每次询问一个序列区间中仅出现了一次的数字最大是多少,如果没有的话输出0. N<=100000,M<=200000. 分析: 考试的时候YY了一个可持久化KDtree可惜没有打完(一开始想着一维做最后发现自己真是太天真了hahahaha),最后把它改对了. 把两种方法都介绍一下: 持久化KDtree: 首先我们令last[i]表示A[i]在i的左边最靠右

[BZOJ1513][POI2006]Tet-Tetris 3D Description Task: Tetris 3D "Tetris" 游戏的作者决定做一个新的游戏, 一个三维的版本, 在里面很多立方体落在平面板,一个立方体开始落下直到碰上一个以前落下的立方体或者落地即停止. 作者想改变一下游戏的目的使得它更大众化,在新游戏中你将知道落下的立方体信息以及位置,你的任务就是回答所有立方体落下后最高的方块的高度.所有的立方体在下落过程中都是垂直的并且不会旋转.平板左下角坐标为原点,并且

[BZOJ4785][Zjoi2017]树状数组 Description 漆黑的晚上,九条可怜躺在床上辗转反侧.难以入眠的她想起了若干年前她的一次悲惨的OI 比赛经历.那是一道基础的树状数组题.给出一个长度为 n 的数组 A,初始值都为 0,接下来进行 m 次操作,操作有两种: 1 x,表示将 Ax 变成 (Ax + 1) mod 2. 2 l r,表示询问 sigma(Ai) mod 2,L<=i<=r 尽管那个时候的可怜非常的 simple,但是她还是发现这题可以用树状数组做.当时非常yo

题目描述:这里有一个写挂的树状数组: 有两种共\(m\)个操作: 输入\(l,r\),在\([l,r]\)中随机选择一个整数\(x\)执行\(\text{Add}(x)\) 输入\(l,r\),询问执行\(\text{Query}(l,r)\)的答案正确的概率\(\text{mod} \ 998244353\). 数据范围:\(n,m\leq 100000\) 首先,根据这个代码,我们知道这就是一个单点修改求后缀和的数据结构.所以\(\text{Query}(l,r)\)求的是\([l-1,r-

现在上真正的二维线段树 毕竟 刚刚那个是卡常 过题我们现在做一个更高级的做法二维线段树. 大体上维护一颗x轴线段树 然后在每个节点的下方再吊一颗维护y轴的线段树那么此时我们整个平面就被我们玩好了. 这样形成二维线段树比刚才的要 合理多了. 写起来 不免有点蒙蔽...然后突然就顿悟了 其实每次我们对于区间的修改大概就是先把x属于x轴的那一段区间给拎出来然后在那个区间之中把那个区间的y轴线段树给修改掉. 还是刚刚那道题 这次是MLE 了 理论上二维线段树空间复杂度 (MAXN<<2)^2这个复杂度

链接http://poj.org/problem?id=2155 题目操作就是说,每次操作可以是编辑某个矩形区域,这个区域的0改为1,1改为0,每次查询只查询某一个点的值是0还是1. 方法:二维线段树,这个东东我纠结了好久才慢慢弄好.二维线段树其实就就是在第一位区间的每个节点下再建一颗线段树,表示第二维的区间. 在修改的时候只需要先找到第一维的对应区间,在在这个区间的弟二维中查找对应区间,再做修改即可.而查找的时候,由于不同的第一维区间可能会有包含关系,所以需要对每个目标所在第一维区间查找第二维

题意: 有一个n*n的矩阵,初始化全部为0.有2中操作: 1.给一个子矩阵,将这个子矩阵里面所有的0变成1,1变成0:2.询问某点的值 方法一:二维线段树 参考链接: http://blog.csdn.net/xiamiwage/article/details/8030273 思路: 二维线段树,一维线段树的成段更新需要lazy. 引申到二维线段树应该需要一个lazy,一个sublazy,可是这里什么都不用.    奇妙之处在于这题的操作是异或,当某一段区间需要异或操作时候, 不必更新到它所有的

思路: 二维线段树模板题,马克一下,以后当模板用 代码: #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define ll long long using namespace std; const int N = 1024+5; int MAX[N<<2][N<<2],MIN[N<&

[题目分析] 二维线段树模板题目. 简直就是无比的暴力.时间复杂度为两个log. 标记的更新方式比较奇特,空间复杂度为N^2. 模板题目. [代码] #include <cstdio> #include <cstring> //#include <cmath> #include <cstdlib> #include <map> #include <set> #include <queue> #include <str

关键词:线段树 二维线段树维护一个 维护一个X线段的线段树,每个X节点维护一个 维护一个Y线段的线段树. 注意,以下代码没有PushDownX.因为如果要这么做,PushDownX时,由于当前X节点的子节点可能存在标记,而标记不能叠加,导致每次PushDownX时都要把子节点PushDownX一次.每次PushDownX都要对子节点UpdateY,代价太高.这种情况下原则是:只有查询操作<<更新操作时才PushDownX. #include <cstdio> #include &l