POJ 2104 K-th Number【整体二分 + 树状数组】
2016-04-29 01:09
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本来只是想学一下CDQ,还是先把整体二分搞懂一点。
这题窝几个月前分别用划分树,树套树,主席树和挑战上介绍的分桶法实现了一发(然而现在都忘得差不多了)
![](http://img.blog.csdn.net/20160428235647402)
最快的是划分树,其次是主席树,然后是树套树,还有一个10000+ms分桶法的思想实现的,最上面的就是整体二分的方法。
看了这两个博客才明白一点。整体二分初步 和老顽童的代码。
整体二分就是将所有询问一起二分,然后获得每个询问的答案。
整体二分的过程实质上是个按照数值来划分操作序列的过程。
对每一个询问我们都需要判定一下,以决定它被划分到哪一个答案的区间里。这个判定过程就是通过比较比二分的mid大的数的个数和k。
以下摘自许昊然论文-《浅谈数据结构题的几个非经典解法》
询问的答案具有二分性显然是前提。我们发现,因为修改判定标准的贡献相互独立,且贡献的值(如果有的话)与判定标准无关,所以如果我们已经计算过某一些修改对询问的贡献,那么这个贡献将永远不会改变,我们没有必要当判定标准改变时再次计算这些部分修改的贡献,只要记录下当前的总贡献,在进一步二分时,直接加上新的贡献即可。
这样处理的复杂度可以不再与序列总长度直接相关了,而可以只与当前处理的序列的长度相关。
具体理解看代码。。。
T(C,S)=T(C/2,S0+T(C/2,S−S0))+O(f(s))
解之得 T(C,n)≤O(f(n)logC)
注:只有在O(f(n))≥O(n)时成立.
这题窝几个月前分别用划分树,树套树,主席树和挑战上介绍的分桶法实现了一发(然而现在都忘得差不多了)
最快的是划分树,其次是主席树,然后是树套树,还有一个10000+ms分桶法的思想实现的,最上面的就是整体二分的方法。
题目链接:
http://poj.org/problem?id=2104题意:
给定序列,求每次询问区间的第K大数。分析:
首先介绍整体二分。看了这两个博客才明白一点。整体二分初步 和老顽童的代码。
整体二分:
整体二分就是将所有询问一起二分,然后获得每个询问的答案。
整体二分的过程实质上是个按照数值来划分操作序列的过程。
对每一个询问我们都需要判定一下,以决定它被划分到哪一个答案的区间里。这个判定过程就是通过比较比二分的mid大的数的个数和k。
以下摘自许昊然论文-《浅谈数据结构题的几个非经典解法》
询问的答案具有二分性显然是前提。我们发现,因为修改判定标准的贡献相互独立,且贡献的值(如果有的话)与判定标准无关,所以如果我们已经计算过某一些修改对询问的贡献,那么这个贡献将永远不会改变,我们没有必要当判定标准改变时再次计算这些部分修改的贡献,只要记录下当前的总贡献,在进一步二分时,直接加上新的贡献即可。
这样处理的复杂度可以不再与序列总长度直接相关了,而可以只与当前处理的序列的长度相关。
具体理解看代码。。。
时间复杂度:
定义T(C,S)表示待二分区间长度为C,待二分序列长度为S,不妨设单次处理时间复杂度O(f(n)),则有T(C,S)=T(C/2,S0+T(C/2,S−S0))+O(f(s))
解之得 T(C,n)≤O(f(n)logC)
注:只有在O(f(n))≥O(n)时成立.
代码:
以POJ 2104为例#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> using namespace std; const int maxn = 1e5 + 5, maxm = 1e4 + 5, oo = 0x3f3f3f3f; int n, m; int cnt; struct QUERY{ int x, y, k; int id, type; }; QUERY q[maxn + maxm], q1[maxn + maxm], q2[maxn + maxm]; int bit[maxn]; int ans[maxn]; void add(int i, int x) { while(i <= n){ bit[i] += x; i += i &-i; } } int sum(int i) { int res = 0; while(i){ res += bit[i]; i -= i & -i; } return res; } void init() { memset(bit, 0, sizeof(bit)); cnt = 1; } void solve(int ql, int qr, int l, int r) { if(ql > qr) return; if(l == r){ for(int i = ql; i <= qr; i++){ if(q[i].type == 2) ans[q[i].id] = l; } return ; } int m = l + r >> 1; int p1 = 0, p2 = 0; for(int i = ql; i <= qr; i++){ if(q[i].type == 1){ if(q[i].x <= m){ add(q[i].id, q[i].y); q1[p1++] = q[i]; }else q2[p2++] = q[i]; }else{ int res = sum(q[i].y) - sum(q[i].x - 1); if(res >= q[i].k) q1[p1++] = q[i]; else{ q[i].k -= res; q2[p2++] = q[i]; } } } //清空标记 for(int i = 0; i < p1; i++){ if(q1[i].type == 1) add(q1[i].id, -q1[i].y); } for(int i = 0; i < p1; i++){ q[ql + i] = q1[i]; } for(int i = 0; i < p2; i++){ q[ql + p1 + i] = q2[i]; } solve(ql, ql + p1 - 1, l , m); solve(ql + p1, qr, m + 1, r); } int main (void) { scanf("%d%d", &n, &m); init(); int x, y, k; for(int i = 0; i < n; i++){ scanf("%d", &x); q[cnt++] = (QUERY){x, 1, oo, i + 1, 1}; } for(int i = 0; i < m; i++){ scanf("%d%d%d", &x, &y, &k); q[cnt++] = (QUERY){x, y, k, i + 1, 2}; } solve(1, cnt - 1, -oo, oo); for(int i = 1; i <= m; i++){ printf("%d\n", ans[i]); } return 0; }
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