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bzoj1878 [SDOI2009]HH的项链
1878: [SDOI2009]HH的项链
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Description
Input
Output
Sample Input
1 2 3 4 3 5
3
1 2
3 5
2 6
Sample Output
2
4
HINT
对于20%的数据,N ≤ 100,M ≤ 1000;
对于40%的数据,N ≤ 3000,M ≤ 200000;
对于100%的数据,N ≤ 50000,M ≤ 200000。
Source
Day2
分析:看到区间求数量,似乎可以用线段树解决,但是颜色的数量不能直接相加,故用线段树处理有些麻烦,如果不用线段树解决的话所有询问最好都是有序的,因此先按照左端点排序.
如果我们询问区间[x,y],那么如果有一个颜色重复出现了多次,那么只需要计算一次即可,那么就要把区间内所有重复的颜色看成一个,具体是哪一个呢?因为要选一个特殊的点,那么一定要选一个特殊的位置,那么我们选择从左边出现的第一个,记为i,如果i的左边还有与i相同的颜色,那么一定在区间[x,y]之外,因为要求个数,那么就把区间[x,y]左边的颜色的下一个相同颜色的位置+1即可,因为是按照左端点排序的,所以不会重复计算,因为涉及到大量的区间计算,所以用到树状数组和前缀和,说的比较抽象,看一组数据:1 2 1 3,树状数组为:0 0 0 0,首先发现了第一个1,树状数组变成1 0 0 0,然后发现了2,变成了1 1 0 0,然后发现了1,变成了0 1 1 0,然后发现了3,变成0 1 1 1,对于一个询问[2,3],那么答案就是sum(3) - sum(2 - 1).那如果是求[1,1]呢?现在的答案是0!怎么办?其实根据之前的叙述,每次只需要考虑区间[x,y]左边的颜色即可,不好描述,如果不能理解请手动模拟几组数据就能找到规律了.
推荐一篇学习树状数组的博客:http://blog.csdn.net/int64ago/article/details/7429868
#include <cstdio>#include <vector>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;const int maxn = 50010, maxm = 200010, maxk = 1000010;struct node{ int x, y, id;}a[maxm];int n,f[maxn],nextt[maxk],head[maxk],tempmax,s[maxn],m,ans[maxm];bool cmp1(node p, node q){ return p.x < q.x; if (p.x == q.x) return p.y < q.y;}void add(int x, int y){ for (;x <= n; x += x&-x) s[x] += y;}int query(int x){ int temp = 0; for (;x;x -= x&-x) temp += s[x]; return temp;}int main(){ scanf("%d", &n); for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &f[i]); for (int i = n; i >= 1; i--) { nextt[i] = head[f[i]]; head[f[i]] = i; tempmax = max(tempmax, f[i]); } scanf("%d", &m); for (int i = 1; i <= m; i++) { scanf("%d%d", &a[i].x, &a[i].y); a[i].id = i; } sort(a + 1, a + 1 + m, cmp1); for (int i = 1; i <= tempmax; i++) if (head[i]) add(head[i], 1); int cursor = 1; for (int i = 1; i <= m; i++) { while (cursor < a[i].x) { if (nextt[cursor]) add(nextt[cursor], 1); cursor++; } ans[a[i].id] = query(a[i].y) - query(a[i].x - 1); } for (int i = 1; i <= m; i++) printf("%d\n", ans[i]); return 0;}
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