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【BZOJ4373】算术天才⑨与等差数列 线段树+set

【BZOJ4373】算术天才⑨与等差数列

Description

算术天才⑨非常喜欢和等差数列玩耍。
有一天,他给了你一个长度为n的序列,其中第i个数为a[i]。
他想考考你,每次他会给出询问l,r,k,问区间[l,r]内的数从小到大排序后能否形成公差为k的等差数列。
当然,他还会不断修改其中的某一项。
为了不被他鄙视,你必须要快速并正确地回答完所有问题。
注意:只有一个数的数列也是等差数列。

Input

第一行包含两个正整数n,m(1<=n,m<=300000),分别表示序列的长度和操作的次数。
第二行包含n个整数,依次表示序列中的每个数a[i](0<=a[i]<=10^9)。
接下来m行,每行一开始为一个数op,
若op=1,则接下来两个整数x,y(1<=x<=n,0<=y<=10^9),表示把a[x]修改为y。
若op=2,则接下来三个整数l,r,k(1<=l<=r<=n,0<=k<=10^9),表示一个询问。
在本题中,x,y,l,r,k都是经过加密的,都需要异或你之前输出的Yes的个数来进行解密。

Output

输出若干行,对于每个询问,如果可以形成等差数列,那么输出Yes,否则输出No。

Sample Input

5 3
1 3 2 5 6
2 1 5 1
1 5 4
2 1 5 1

Sample Output

No
Yes

题解:最近看到这道题热度飙升,于是也来刷一发~

对于给定的一段区间,我们如何判断排序后,它能否形成等差数列呢?换句话说,我们希望找出一些限制,使得如果一个区间是等差数列,当且仅当它满足了这些限制。可行的限制组合不唯一,这里只说我的方法。

1.区间的max-min=(r-l)*k
2.区间内任意两数的差%k=0
3.区间内无重复的数

第一个限制直接上线段树搞定。对于第二个限制,我们可以将原数组差分,然后限制就变成了差分数组中区间内的所有数%k=0,也就是区间内所有数的gcd%k=0,用线段树求区间gcd即可。

第三个限制不太好搞,但是我们只需要维护一个pre数组,pre[i]表示上一个和v[i]相等的位置。在修改时我们可以用set来维护pre数组。然后限制就变成了区间中所有数的pre都<l,也就是区间pre的最大值<l,还是用线段树。

#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <set>#include <utility>#define MP(A,B) make_pair(A,B)#define lson x<<1#define rson x<<1|1using namespace std;const int maxn=300010;typedef long long ll;typedef pair<int,int> pii;int n,m,sum;int sp[maxn<<2],sm[maxn<<2],sn[maxn<<2],sg[maxn<<2],v[maxn],lp[maxn];set<pii> s;set<pii>::iterator it;int rd(){	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();	while(gc<‘0‘||gc>‘9‘)	{if(gc==‘-‘)f=-f;	gc=getchar();}	while(gc>=‘0‘&&gc<=‘9‘)	ret=ret*10+gc-‘0‘,gc=getchar();	return ret*f;}int gcd(int a,int b){	return (!b)?a:gcd(b,a%b);}void pushup(int x){	sm[x]=max(sm[lson],sm[rson]),sn[x]=min(sn[lson],sn[rson]),sg[x]=gcd(sg[lson],sg[rson]),sp[x]=max(sp[lson],sp[rson]);}void build(int l,int r,int x){	if(l==r)	{		sm[x]=sn[x]=v[l],sp[x]=lp[l],sg[x]=v[l]-v[l-1];		return ;	}	int mid=l+r>>1;	build(l,mid,lson),build(mid+1,r,rson);	pushup(x);}void updata(int l,int r,int x,int a){	if(l==r)	{		sm[x]=sn[x]=v[l],sp[x]=lp[l],sg[x]=v[l]-v[l-1];		return ;	}	int mid=l+r>>1;	if(a<=mid)	updata(l,mid,lson,a);	else	updata(mid+1,r,rson,a);	pushup(x);}int qm(int l,int r,int x,int a,int b){	if(a<=l&&r<=b)	return sm[x];	int mid=l+r>>1;	if(b<=mid)	return qm(l,mid,lson,a,b);	if(a>mid)	return qm(mid+1,r,rson,a,b);	return max(qm(l,mid,lson,a,b),qm(mid+1,r,rson,a,b));}int qn(int l,int r,int x,int a,int b){	if(a<=l&&r<=b)	return sn[x];	int mid=l+r>>1;	if(b<=mid)	return qn(l,mid,lson,a,b);	if(a>mid)	return qn(mid+1,r,rson,a,b);	return min(qn(l,mid,lson,a,b),qn(mid+1,r,rson,a,b));}int qp(int l,int r,int x,int a,int b){	if(a<=l&&r<=b)	return sp[x];	int mid=l+r>>1;	if(b<=mid)	return qp(l,mid,lson,a,b);	if(a>mid)	return qp(mid+1,r,rson,a,b);	return max(qp(l,mid,lson,a,b),qp(mid+1,r,rson,a,b));}int qg(int l,int r,int x,int a,int b){	if(a<=l&&r<=b)	return sg[x];	int mid=l+r>>1;	if(b<=mid)	return qg(l,mid,lson,a,b);	if(a>mid)	return qg(mid+1,r,rson,a,b);	return gcd(qg(l,mid,lson,a,b),qg(mid+1,r,rson,a,b));}int main(){	n=rd(),m=rd();	int i,a,b,c;	pii tmp;	for(i=1;i<=n;i++)	{		v[i]=rd(),tmp=MP(v[i],i),it=s.upper_bound(tmp);		if(it!=s.begin()&&(*(--it)).first==v[i])	lp[i]=(*it).second;		s.insert(tmp);	}	build(1,n,1);	for(i=1;i<=m;i++)	{		if(rd()==1)		{			a=rd()^sum,b=rd()^sum,tmp=MP(v[a],a),s.erase(tmp),it=s.upper_bound(tmp);			if(it!=s.end()&&(*it).first==v[a])	lp[(*it).second]=lp[a],updata(1,n,1,(*it).second);			v[a]=b,tmp=MP(v[a],a),it=s.upper_bound(tmp);			if(it!=s.end()&&(*it).first==v[a])	lp[(*it).second]=a,updata(1,n,1,(*it).second);			if(it!=s.begin()&&(*(--it)).first==v[a])	lp[a]=(*it).second;			else	lp[a]=0;			s.insert(tmp),updata(1,n,1,a);			if(a<n)	updata(1,n,1,a+1);		}		else		{			a=rd()^sum,b=rd()^sum,c=rd()^sum;			ll gm=qm(1,n,1,a,b),gn=qn(1,n,1,a,b);			if(a==b||(gm==gn&&!c)||(gm-gn==(ll)(b-a)*c&&qp(1,n,1,a,b)<a&&qg(1,n,1,a+1,b)%c==0))				sum++,printf("Yes\n");			else	printf("No\n");		}	}	return 0;}//5 3 1 3 2 5 6 2 1 5 1 1 5 4 2 1 5 1

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