ACM竞赛中数据结构题目心得:分块【With HDU4366】
2015-10-08 22:41
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http://www.cnblogs.com/sweetsc/archive/2012/08/15/2639395.html
我在ACM竞赛中,一般负责决定队伍的下限:水题能不能清理出来……其他太高深的题目,我表示我还是挺无脑的,一般都不老会的……只有数据结构类题还是挺得心应手的……而个人心得体会最深刻的还是无脑的方法:个人称为根号N法……
主要思想就是将待操作的长度为N的区间分成大小为sqrt(N)的块,然后实现各种操作……
一些常用定义:
MAGIC:定义一个块的大小,如字面意思,一个莫名其妙的数字……
于是,我们把一段长度为N的区间,分成了若干长度为 MAGIC 的区间:[0,magic),[magic, 2magic)....
于是易得,i / MAGIC 就是点 i 所在块的编号,若 i % MAGIC == 0,则证明由点 i 开始是一个新区间
一般来讲,我们在预处理和修改的时候,维护两个信息,一个是序列,另一个是块
应用1:
静态RMQ问题,求一个长度为N的序列中区间 l,r 中的最大/小值
在读入序列的时候预处理得到每个块里的最大值
对一段区间l,r进行查询的时候,将其分成若干段 [l , magic * i) , [magic * i , magic * (i + 1)) ... [magic * j .. r],取最大值
其中左右两端需要暴力,然后中间的 [magic * i , magic * (i + 1)) ... 等区间,直接调用预处理的结果
预处理O(N),每个查询O(sqrt(N))
应用2:动态RMQ问题,在应用1的基础上增加条件:可以修改某点的值
修正某点的值,然后维护该点所在的块,复杂度O(sqrt(N))
其他应用:区间求和(静态,动态),区间染色,等等等等……To Be continued……如果题目时间卡的不是太紧,都可以用sqrt(N)大法水一水
精通线段树的同志们应该更有心得,这个方法相当于一层分根号N叉的一个线段树……似乎这个方法没有什么意义,不过这个方法各种意义上都是更加无脑,思维复杂度,编码复杂度都很低,而且随着现在机器越来越好,根号N的方法很难被卡住,还是值得一试的……
下面看看今天多校的题目:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4366
题意是给一个树,树上每个节点都有两个属性:忠诚度和能力,给出若干查询,求每个子树中能力 > 树根能力的点中,忠诚度最高的那个
首先容易想到DFS一趟,把问题转化为区间查询问题,相当于查找一段区间[L,R]里,能力 > X 的点中,忠诚度最高的点
于是决定用根号N法水一水:把区间分块:[0,MAGIC), [MAGIC, 2MAGIC....),并按照块内的节点能力值排序
然后应用个简单DP思想,O(MAGIC) 推出从块内每个点开始到块末尾的最大忠诚度是多少,这样一个块的信息就初始化完成了
查询的时候,如果待查询区间[l,R]和块相交,则直接暴力,如果[l,R]完全包含一个块,则在块里二分能力值X,然后返回块内能力值 > X 的最大忠诚度
今天尝到甜头之后,试图把POJ2104也根号N大法了
题意是给一个序列,查询区间内的第K大值
我们同样分块,预处理,把块内元素排序。然后对每个查询,二分第K大值,设为X,对X,统计区间内有多少数小于X,如果区间包含块则二分,否则暴力。
这样复杂度为二分log(x) × max(块数 × log(MAGIC) + MAGIC × 2),经无数次调换MAGIC,以及应用了WS读入法,也过不了……
于是,咱们将分块方法优化一下,也弄点层次出来:设第 i 层块大小为 1 << i,初始化同理。
每次查询的时候,试图走最大的 2 的幂次的步长……
直接上代码似乎更容易明白:
这个复杂度的话,外层二分,log(N),每次会分log(N)块,块内二分Log(N),总复杂度Log(N)^3
在一个好的Blog上见过句话:定义若干正则集合,并将他们组织成某种合适的结构,而查找算法就是要把查找的结果表示成若干个正则集合的划分,进而在每个正则集合中通过枚举的方式实现查找。可见,分块,线段树等等都是这个思想
我在ACM竞赛中,一般负责决定队伍的下限:水题能不能清理出来……其他太高深的题目,我表示我还是挺无脑的,一般都不老会的……只有数据结构类题还是挺得心应手的……而个人心得体会最深刻的还是无脑的方法:个人称为根号N法……
主要思想就是将待操作的长度为N的区间分成大小为sqrt(N)的块,然后实现各种操作……
一些常用定义:
MAGIC:定义一个块的大小,如字面意思,一个莫名其妙的数字……
于是,我们把一段长度为N的区间,分成了若干长度为 MAGIC 的区间:[0,magic),[magic, 2magic)....
于是易得,i / MAGIC 就是点 i 所在块的编号,若 i % MAGIC == 0,则证明由点 i 开始是一个新区间
一般来讲,我们在预处理和修改的时候,维护两个信息,一个是序列,另一个是块
应用1:
静态RMQ问题,求一个长度为N的序列中区间 l,r 中的最大/小值
在读入序列的时候预处理得到每个块里的最大值
对一段区间l,r进行查询的时候,将其分成若干段 [l , magic * i) , [magic * i , magic * (i + 1)) ... [magic * j .. r],取最大值
其中左右两端需要暴力,然后中间的 [magic * i , magic * (i + 1)) ... 等区间,直接调用预处理的结果
预处理O(N),每个查询O(sqrt(N))
修正某点的值,然后维护该点所在的块,复杂度O(sqrt(N))
精通线段树的同志们应该更有心得,这个方法相当于一层分根号N叉的一个线段树……似乎这个方法没有什么意义,不过这个方法各种意义上都是更加无脑,思维复杂度,编码复杂度都很低,而且随着现在机器越来越好,根号N的方法很难被卡住,还是值得一试的……
下面看看今天多校的题目:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4366
题意是给一个树,树上每个节点都有两个属性:忠诚度和能力,给出若干查询,求每个子树中能力 > 树根能力的点中,忠诚度最高的那个
首先容易想到DFS一趟,把问题转化为区间查询问题,相当于查找一段区间[L,R]里,能力 > X 的点中,忠诚度最高的点
于是决定用根号N法水一水:把区间分块:[0,MAGIC), [MAGIC, 2MAGIC....),并按照块内的节点能力值排序
然后应用个简单DP思想,O(MAGIC) 推出从块内每个点开始到块末尾的最大忠诚度是多少,这样一个块的信息就初始化完成了
查询的时候,如果待查询区间[l,R]和块相交,则直接暴力,如果[l,R]完全包含一个块,则在块里二分能力值X,然后返回块内能力值 > X 的最大忠诚度
题意是给一个序列,查询区间内的第K大值
我们同样分块,预处理,把块内元素排序。然后对每个查询,二分第K大值,设为X,对X,统计区间内有多少数小于X,如果区间包含块则二分,否则暴力。
这样复杂度为二分log(x) × max(块数 × log(MAGIC) + MAGIC × 2),经无数次调换MAGIC,以及应用了WS读入法,也过不了……
于是,咱们将分块方法优化一下,也弄点层次出来:设第 i 层块大小为 1 << i,初始化同理。
每次查询的时候,试图走最大的 2 的幂次的步长……
直接上代码似乎更容易明白:
#include <stdio.h> #include <algorithm> using namespace std; const int MAGIC = 18; int n,m; int arr[111111]; int sorted[20][111111]; // 找出第ind层,区间为l,r的块中有多少数 < val int work(int ind,int l,int r,int val) { int *sorted = ::sorted[ind]; if (sorted[l] >= val) return 0; if (sorted[r] < val) return r - l + 1; int st = l; while (l + 1 < r) { int mid = (l + r) >> 1; if (sorted[mid] < val) l = mid; else r = mid; } return r - st; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for (int i = 0; i < n; i++) { scanf("%d",arr + i); } for (int j = 0; j < MAGIC; j++) { for (int i = 0; i < n; i++) { sorted[j][i] = arr[i]; } } // 预处理每层大小为 2,4,8,16... 的块 for (int j = 1; j < MAGIC; j++) { int step = 1 << j; for (int i = 0; i + step - 1 < n; i += step) { sort(sorted[j] + i, sorted[j] + i + step); } } while (m --) { int l,r,k; scanf("%d%d%d",&l,&r,&k); l --; r --; int ll = -1e9 - 1; int rr = 1e9 + 1; while (ll + 1 < rr) { int rank = 0; int mid = (ll + rr) >> 1; for (int i = l; i <= r;) { for (int j = MAGIC; j >= 0; j--) { // 选择最大的2的幂次的步长,调用块里对应的信息 int step = 1 << j; if (i % step == 0 && i + step - 1 <= r) { rank += work(j,i, i + step - 1,mid); i += step; break; } } } if (rank < k) ll = mid; else rr = mid; } printf("%d\n",ll); } return 0; }
这个复杂度的话,外层二分,log(N),每次会分log(N)块,块内二分Log(N),总复杂度Log(N)^3
在一个好的Blog上见过句话:定义若干正则集合,并将他们组织成某种合适的结构,而查找算法就是要把查找的结果表示成若干个正则集合的划分,进而在每个正则集合中通过枚举的方式实现查找。可见,分块,线段树等等都是这个思想
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