首页 > 代码库 > 【BZOJ 1176】 [Balkan2007]Mokia
【BZOJ 1176】 [Balkan2007]Mokia
1176: [Balkan2007]Mokia
Time Limit: 30 Sec Memory Limit: 162 MBSubmit: 736 Solved: 306
[Submit][Status]
Description
维护一个W*W的矩阵,初始值均为S.每次操作可以增加某格子的权值,或询问某子矩阵的总权值.修改操作数M<=160000,询问数Q<=10000,W<=2000000.
Input
第一行两个整数,S,W;其中S为矩阵初始值;W为矩阵大小
接下来每行为一下三种输入之一(不包含引号):
"1 x y a"
"2 x1 y1 x2 y2"
"3"
输入1:你需要把(x,y)(第x行第y列)的格子权值增加a
输入2:你需要求出以左上角为(x1,y1),右下角为(x2,y2)的矩阵内所有格子的权值和,并输出
输入3:表示输入结束
Output
对于每个输入2,输出一行,即输入2的答案
Sample Input
1 2 3 3
2 1 1 3 3
1 2 2 2
2 2 2 3 4
3
Sample Output
5
HINT
保证答案不会超过int范围
CDQ分治模板题。
CDQ分治就是把一些修改,查询离线来做。
而修改的先后顺序对结果没有影响,因此可以通过改变修改的顺序来降低时空复杂度。
若第k个操作是查询操作,我们只要把1-k-1中所有修改操作对k的影响计算出来,就能保证查询的正确性。
所以Solve(l,r)要做的就是让任意选择k(为查询操作),l-k-1的修改操作都被计算过了。
这道题因为空间限制,只能开一维树状数组,所以考虑CDQ分治。
先把子矩阵和转换为二维前缀和pre:
sum[x1,y1,x2,y2]=pre[x2,y2]-pre[x2,y1-1]-pre[x1-1,y2]+pre[x1-1,y1-1]
然后按照x排序,Solve(l,r)的时候计算(l,m)的修改对(m+1,r)上的查询的影响。然后再递归Solve(l,m) Solve(m+1,r)
接下来说明一下正确性:
1.因为是按照x排序的,所以每个询问都只包含x小于他的所有修改,所以可以用一维
2.在递归的过程中,可以不重不漏的计算(1,k-1)中的修改对k的影响:Solve(l,r)先计算计算的是(l,m)的修改对(m+1,r)的影响;
假设k在(l,m)的某一位置,当前操作下没有对他进行修改,但是(l,k-1)的修改会在Solve(l,m)时对他进行计算,不会漏掉;
假设k在(m+1,r)的某一位置,(l,m)对他的影响刚刚算完了(Solve(l,r)),在Solve(m+1,r)的时候会递归计算出(m+1,k-1)对k的影响,因此l-k-1的修改对k的影响就都计算出来了。
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath> #define maxn 2000005 using namespace std; struct data { int x,y,pos,c,id,z; }a[maxn],b[maxn]; int n,w,k,t,tot; int s[maxn],ans[maxn]; bool cmp(data a,data b) { return (a.x<b.x||(a.x==b.x&&a.pos<b.pos)); } void Fz(int k,int aa,int b,int c) { a[k].x=aa,a[k].y=b,a[k].z=c; } int lowbit(int x) { return x&(-x); } void Add(int x,int v) { for (int i=x;i<=w;i+=lowbit(i)) s[i]+=v; } int Getsum(int x) { int ans=0; for (int i=x;i;i-=lowbit(i)) ans+=s[i]; return ans; } void Solve(int l,int r) { int m=(l+r)>>1; if (l==r) return; for (int i=l;i<=r;i++) //计算(l,m)的修改操作对(m+1,r)的查询操作的影响 { if (a[i].c==1&&a[i].pos<=m) Add(a[i].y,a[i].z); if (a[i].c!=1&&a[i].pos>m) ans[a[i].id]+=a[i].z*Getsum(a[i].y); } for (int i=l;i<=r;i++) //消除当前影响 if (a[i].pos<=m&&a[i].c==1) Add(a[i].y,-a[i].z); int t1=l,t2=m+1; for (int i=l;i<=r;i++) if (a[i].pos<=m) b[t1++]=a[i]; else b[t2++]=a[i]; for (int i=l;i<=r;i++) //为递归计算做准备 a[i]=b[i]; Solve(l,m); Solve(m+1,r); t1=l,t2=m+1; for (int i=l;i<=r;i++) //还原递归前的数组 if ((a[t1].x<a[t2].x||t2>r)&&(t1<=m)) b[i]=a[t1++]; else b[i]=a[t2++]; for (int i=l;i<=r;i++) a[i]=b[i]; } int main() { scanf("%d%d",&k,&w); n=0; while (1) { n++; scanf("%d",&a[n].c); if (a[n].c==3) { n--; break; } if (a[n].c==1) { scanf("%d%d%d",&a[n].x,&a[n].y,&a[n].z); } else { int x1,y1,x2,y2; scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2); ans[++tot]=(x2-x1+1)*(y2-y1+1)*k; Fz(n,x2,y2,1); Fz(++n,x1-1,y2,-1); Fz(++n,x2,y1-1,-1); Fz(++n,x1-1,y1-1,1); for (int i=n;i>=n-3;i--) a[i].id=tot; } } for (int i=1;i<=n;i++) a[i].pos=i; sort(a+1,a+1+n,cmp); Solve(1,n); for (int i=1;i<=tot;i++) printf("%d\n",ans[i]); return 0; }
感悟:
目前对CDQ分治的理解就是:
有M次询问,按照给定顺序来算需要M次,而CDQ分治要算M*logM次,因此本题时间的复杂度为O(logW*MlogM)约为500万。
【BZOJ 1176】 [Balkan2007]Mokia