hdu 3450 离散化+dp+线段树优化
2015-08-29 16:01
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链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3450
题意:
给你一串长度为n的序列,给一个d,要求找出有几个子序列能够满足两个相邻的元素之间差值不超过d。
思路:
dp。定义dp[i]表示以第i个为结束的满足条件的子序列的个数。
转移方程:dp[i]=(∑i−1j=1dp[j])+1(abs(num[i]−num[j])<=d)dp[i] = (\sum_{j=1}^{i-1}dp[j]) + 1 (abs(num[i] - num[j]) <= d)
答案就是dp数组的总和最后扣掉n就可以了。
此时会发现更新的时间复杂度是O(n2)O(n^2),这个显然是过不了的。
转移的复杂度是O(n)O(n),但是会发现每次转移的就是一个区间的和~,可以想到运用线段树来优化这个部分,将复杂度降至O(logn)O(log n),用线段树维护当前以这个a[i]值为结尾的子序列的个数,每次查询a[i-d] ~ a[i+d]这个区间的和。
但是这里又有一个问题,就是这个a[i]的值是在int 范围内的,也就是说这个线段树要开10910^9这个数量级的空间,显然是不可以的。
这时候又该想到离散化处理,因为我们只需要有这个值之间的相互关系。对于具体的值并不是太有用,将每一个数对应一个id,因为只有n个数,这样就将10910^9缩小为10610^6,最后通过这个id来对其进行操作。
查找出a[i]-d、a[i]+d的id,然后查询这个区间的和用来更新dp[i]。 再查询出a[i]的id,将dp[i]+1更新到线段树之中去。
离散化处理:
可以将原来的元素序列复制一份为id数组,排序去重,之后运用二分查找来查询离散化后的id。
题意:
给你一串长度为n的序列,给一个d,要求找出有几个子序列能够满足两个相邻的元素之间差值不超过d。
思路:
dp。定义dp[i]表示以第i个为结束的满足条件的子序列的个数。
转移方程:dp[i]=(∑i−1j=1dp[j])+1(abs(num[i]−num[j])<=d)dp[i] = (\sum_{j=1}^{i-1}dp[j]) + 1 (abs(num[i] - num[j]) <= d)
答案就是dp数组的总和最后扣掉n就可以了。
此时会发现更新的时间复杂度是O(n2)O(n^2),这个显然是过不了的。
转移的复杂度是O(n)O(n),但是会发现每次转移的就是一个区间的和~,可以想到运用线段树来优化这个部分,将复杂度降至O(logn)O(log n),用线段树维护当前以这个a[i]值为结尾的子序列的个数,每次查询a[i-d] ~ a[i+d]这个区间的和。
但是这里又有一个问题,就是这个a[i]的值是在int 范围内的,也就是说这个线段树要开10910^9这个数量级的空间,显然是不可以的。
这时候又该想到离散化处理,因为我们只需要有这个值之间的相互关系。对于具体的值并不是太有用,将每一个数对应一个id,因为只有n个数,这样就将10910^9缩小为10610^6,最后通过这个id来对其进行操作。
查找出a[i]-d、a[i]+d的id,然后查询这个区间的和用来更新dp[i]。 再查询出a[i]的id,将dp[i]+1更新到线段树之中去。
离散化处理:
可以将原来的元素序列复制一份为id数组,排序去重,之后运用二分查找来查询离散化后的id。
[code]#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; #define M 100009 #define mod 9901 int n,d; int dat[M<<2]; int dp[M]; int id[M]; int b[M]; void pushup(int rt) { dat[rt] = (dat[rt<<1] + dat[rt<<1|1])%mod; } void build(int l,int r,int rt) { if(l == r) { dat[rt] = 0; return ; } int mid = (l+r)>>1; build(l,mid,rt<<1); build(mid+1,r,rt<<1|1); pushup(rt); } void update(int a,int b,int l,int r,int rt) { if(l == r) { dat[rt] = (dat[rt]+b)%mod; return ; } int mid = (l+r)>>1; if(a <= mid) update(a,b,l,mid,rt<<1); else update(a,b,mid+1,r,rt<<1|1); pushup(rt); } int query(int a,int b,int l,int r,int rt) { if(a <= l && r <= b) { return dat[rt]; } int ret = 0; int mid = (l+r)>>1; if(a <= mid) ret = (ret+query(a,b,l,mid,rt<<1))%mod; if(b > mid) ret = (ret+query(a,b,mid+1,r,rt<<1|1))%mod; return ret%mod; } int main() { while(scanf("%d %d",&n,&d) == 2) { for(int i = 1;i <= n;i++) { scanf("%d",&b[i]); id[i] = b[i]; //复制id数组 } sort(id+1,id+n+1); int m = unique(id+1,id+n+1) - (id+1); build(1,m,1); int ans = 0; for(int i = 1;i <= n;i++) { int l = lower_bound(id+1,id+m+1,b[i]-d) - id; //查询b[i]-d 所在的id int r = upper_bound(id+1,id+m+1,b[i]+d) - id - 1; //查询b[i]+d 所在的id //这里用upper 是因为lower可能会找到刚刚好的,也可能会找到大的,避免这个直接用upper 后 -1 就行了 dp[i] = query(l,r,1,m,1); int temp = lower_bound(id+1,id+m+1,b[i]) - id; //查询b[i] 所在的id, update(temp,(dp[i]+1)%mod,1,m,1); ans = (ans+dp[i])%mod; } printf("%d\n",ans%mod); } return 0; }
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