BZOJ3781 小B的询问 题解&代码 【附莫队总结】
2016-03-11 19:35
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莫队这种低端局折腾了将近两天,自己也是有点浪
主要还是分块后的处理…边界算错好多次orz
题意:给出一个序列包含n个1~k间的整数。共询问M个区间[L,R],求Σc(i)²(i∈[1,k]),c(i)表示i在[L,R]中的重复次数。
题解:
莫队,其实是暴力分块【平面最小曼哈顿生成树宝宝不会!别问我!
首先我们注意到区间没有被修改过,那么我们可以利用cdq分治的离线思路【为什么扯到了自己还没写过的奇怪东西】…好的我们确认了这道题可以离线。
离线就意味着我们可以随意对询问进行排序,怎么复杂度低怎么来。按照L排序?R?都不科学。
正确的排序方法!是!将L按大小分成近似于sqrt(n)块,将块内的R按照大小排成顺序!
这样的复杂度是什么呢?
每个块内的L由一个询问查询向下一个询问时,最多O(sqrt(n))(跨块进行计算的时候同样是O(sqrt(n)))
每个块内的R下一问查询时,其和最多O(n)(跨块进行计算时是一个新的O(n))
这样就得到了一个O(n×sqrt(n))+O(sqrt(n)×n)的优秀算法
莫队的适用范围是:区间多次查询 && 区间无修改 && 由状态(L,R)可以O(1)得出状态(L+1,R)和(L,R+1)
这道题不用说了吧…O(1)随意地推个公式就行辣
主要还是分块后的处理…边界算错好多次orz
题意:给出一个序列包含n个1~k间的整数。共询问M个区间[L,R],求Σc(i)²(i∈[1,k]),c(i)表示i在[L,R]中的重复次数。
题解:
莫队,其实是暴力分块【平面最小曼哈顿生成树宝宝不会!别问我!
首先我们注意到区间没有被修改过,那么我们可以利用cdq分治的离线思路【为什么扯到了自己还没写过的奇怪东西】…好的我们确认了这道题可以离线。
离线就意味着我们可以随意对询问进行排序,怎么复杂度低怎么来。按照L排序?R?都不科学。
正确的排序方法!是!将L按大小分成近似于sqrt(n)块,将块内的R按照大小排成顺序!
这样的复杂度是什么呢?
每个块内的L由一个询问查询向下一个询问时,最多O(sqrt(n))(跨块进行计算的时候同样是O(sqrt(n)))
每个块内的R下一问查询时,其和最多O(n)(跨块进行计算时是一个新的O(n))
这样就得到了一个O(n×sqrt(n))+O(sqrt(n)×n)的优秀算法
莫队的适用范围是:区间多次查询 && 区间无修改 && 由状态(L,R)可以O(1)得出状态(L+1,R)和(L,R+1)
这道题不用说了吧…O(1)随意地推个公式就行辣
/************************************************************** Problem: 3781 User: Rainbow6174 Language: C++ Result: Accepted Time:2004 ms Memory:3044 kb ****************************************************************/ #include <iostream> #include <algorithm> #include <cmath> #include <cstdio> using namespace std; const int maxn = 50005; long long temp, ans[maxn], cnt[maxn]; int n, m, k, l = 1, r, len, b[maxn], le[maxn], ri[maxn], p[maxn], block[maxn]; bool cmp(int a,int b) { if(block[a] == block[b]) return ri[a] < ri[b]; return block[a] < block[b]; } int main(void) { scanf("%d%d%d", &n, &m, &k); len = sqrt(n); for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &b[i]); for(int i = 0; i < m; i++) { scanf("%d%d", &le[i], & ri[i]); p[i] = i; block[i] = (le[i]-1)/len+1; } sort(p, p+m, cmp); for(int i = 0; i < m; i++) { while( l > le[p[i]] ) cnt[b[--l]]++, temp += 2*cnt[b[l]]-1; while( l < le[p[i]] ) cnt[b[l]]--, temp -= 2*cnt[b[l++]]+1; while( r > ri[p[i]] ) cnt[b[r]]--, temp -= 2*cnt[b[r--]]+1; while( r < ri[p[i]] ) cnt[b[++r]]++, temp += 2*cnt[b[r]]-1; ans[p[i]] = temp; } for(int i = 0; i < m; i++) printf("%lld\n",ans[i]); return 0; }
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