• 刷题总结——单旋(HNOI2017 bzoj4825)


    题目:

    Description

    H 国是一个热爱写代码的国家,那里的人们很小去学校学习写各种各样的数据结构。伸展树(splay)是一种数据
    结构,因为代码好写,功能多,效率高,掌握这种数据结构成为了 H 国的必修技能。有一天,邪恶的“卡”带着
    他的邪恶的“常数”来企图毁灭 H 国。“卡”给 H 国的人洗脑说,splay 如果写成单旋的,将会更快。“卡”称
    “单旋 splay”为“spaly”。虽说他说的很没道理,但还是有 H 国的人相信了,小 H 就是其中之一,spaly 马
    上成为他的信仰。 而 H 国的国王,自然不允许这样的风气蔓延,国王构造了一组数据,数据由 m 个操作构成,
    他知道这样的数据肯定打垮 spaly,但是国王还有很多很多其他的事情要做,所以统计每个操作所需要的实际代价
    的任务就交给你啦。
     
    数据中的操作分为五种:
     
    1. 插入操作:向当前非空 spaly 中插入一个关键码为 key 的新孤立节点。插入方法为,先让 key 和根比较,如果 
    key 比根小,则往左子树走,否则往右子树走,如此反复,直到某个时刻,key 比当前子树根 x 小,而 x 的左子
    树为空,那就让 key 成为 x 的左孩子; 或者 key 比当前子树根 x 大,而 x 的右子树为空,那就让 key 成为 
    x 的右孩子。该操作的代价为:插入后,key 的深度。特别地,若树为空,则直接让新节点成为一个单个节点的树
    。(各节点关键码互不相等。对于“深度”的解释见末尾对 spaly 的描述)。
    2. 单旋最小值:将 spaly 中关键码最小的元素 xmin 单旋到根。操作代价为:单旋前 xmin 的深度。
    (对于单旋操作的解释见末尾对 spaly 的描述)。
    3. 单旋最大值:将 spaly 中关键码最大的元素 xmax 单旋到根。操作代价为:单旋前 xmax 的深度。
    4. 单旋删除最小值:先执行 2 号操作,然后把根删除。由于 2 号操作之后,根没有左子树,所以直接切断根和右子
    树的联系即可(具体见样例解释)。 操作代价同 2 号操 作。
    5. 单旋删除最大值:先执行 3 号操作,然后把根删除。 操作代价同 3 号操作。
     
    对于不是 H 国的人,你可能需要了解一些 spaly 的知识,才能完成国王的任务:
     
    a. spaly 是一棵二叉树,满足对于任意一个节点 x,它如果有左孩子 lx,那么 lx 的关键码小于 x 的关键码。
    如果有右孩子 rx,那么 rx 的关键码大于 x 的关键码。
    b. 一个节点在 spaly 的深度定义为:从根节点到该节点的路径上一共有多少个节点(包括自己)。
    c. 单旋操作是对于一棵树上的节点 x 来说的。一开始,设 f 为 x 在树上的父亲。如果 x 为 f 的左孩子,那么
    执行 zig(x) 操作(如上图中,左边的树经过 zig(x) 变为了右边的树),否则执行 zag(x) 操作(在上图中,将
    右边的树经过 zag(f) 就变成了左边的树)。每当执 行一次 zig(x) 或者 zag(x),x 的深度减小 1,如此反复,
    直到 x 为根。总之,单旋 x 就是通过反复执行 zig 和 zag 将 x 变为根。

    Input

    第一行单独一个正整数 m。
    接下来 m 行,每行描述一个操作:首先是一个操作编号 c∈[1,5],即问题描述中给出的五种操作中的编号,若 c
     = 1,则再输入一个非负整数 key,表示新插入节点的关键码。
    1≤m≤10^5,1≤key≤10^9
    所有出现的关键码互不相同。任何一个非插入操作,一定保证树非空。在未执行任何操作之前,树为空

    Output

    输出共 m 行,每行一个整数,第 i 行对应第 i 个输入的操作的代价。

    Sample Input

    5
    1 2
    1 1
    1 3
    4
    5

    Sample Output

    1
    2
    2
    2
    2

    题解:

    首先是插入操作。容易发现,节点的深度是当前spaly中比它小中最大的、比它大的中最小的,两个节点深度更大值+1。

    接下来是旋转&删除。旋转最小、大值的思路类似,这里只讨论最小值。画图可以发现当前最小值右子树的深度不变,自己深度变为1,其余点深度+1。

    把根删除,就是其它节点深度全部-1.

    那么现在就要支持以下操作:在序列中间插入一个数、区间加减、单点修改、单点查询、以及寻找第一个(或最后一个)比某值小的数。这题没有强制在线,可以用线段树解决。如果在线可以打splay

    时间复杂度O(nlogn)

    至于如何维护就很麻烦了···线段树的左右区间为离散化后的键值,用tr,mx,mi分别表示键值区间内深度最小值,键值区间内键值最大的点的深度··键值区间内键值最小的点的深度,前一个用于求每个点的再spaly中的father,后两个用于求前驱后继··(具体见代码)

    md好难打啊艹

    代码:

    #include<iostream>
    #include<cstdio>
    #include<cstdlib>
    #include<cmath>
    #include<ctime>
    #include<cctype>
    #include<cstring>
    #include<string>
    #include<algorithm>
    using namespace std;
    const int N=100005;
    int tr[N*4],mx[N*4],mi[N*4],tag[N*4],cnt[N*4],b[N],now,a[N],tot,m,n,op[N],deep;
    inline int R()
    {
      char c;int f=0;
      for(c=getchar();c<'0'||c>'9';c=getchar());
      for(;c<='9'&&c>='0';c=getchar())
        f=(f<<3)+(f<<1)+c-'0';
      return f;
    }
    inline void lsh()
    {
      sort(b+1,b+n+1);
      for(int i=1;i<=n;i++)
        a[i]=lower_bound(b+1,b+n+1,a[i])-b;
    }
    inline void update(int k)
    {
      if(cnt[k*2])  mi[k]=mi[k*2];else mi[k]=mi[k*2+1];
      if(cnt[k*2+1])  mx[k]=mx[k*2+1];else mx[k]=mx[k*2];
      tr[k]=min(tr[k*2],tr[k*2+1]);cnt[k]=cnt[k*2]+cnt[k*2+1];
    }
    inline void pushdown(int k)
    {
      if(tag[k])
      {
        if(cnt[k*2])
          tag[k*2]+=tag[k],mi[k*2]+=tag[k],mx[k*2]+=tag[k],tr[k*2]+=tag[k];
        if(cnt[k*2+1])
          tag[k*2+1]+=tag[k],mi[k*2+1]+=tag[k],mx[k*2+1]+=tag[k],tr[k*2+1]+=tag[k];
        tag[k]=0;
      }
    }
    inline int pre(int k,int l,int r,int v)
    {
      if(r==v)
        return mx[k];
      int mid=(l+r)/2;
      pushdown(k);
      if(v<=mid)  return pre(k*2,l,mid,v);
      int t=pre(k*2+1,mid+1,r,v);
      if(t)  return t;
      else return mx[k*2];
    }
    inline int nxt(int k,int l,int r,int v)
    {
      if(l==v)
        return mi[k];
      int mid=(l+r)/2;
      pushdown(k);
      if(v>mid)  return nxt(k*2+1,mid+1,r,v);
      int t=nxt(k*2,l,mid,v);
      if(t)  return t;
      else return mi[k*2+1];
    }
    inline int getmin(int k,int l,int r)
    {
      if(l==r)
      {
        deep=tr[k];return l;
      }
      pushdown(k);
      int mid=(l+r)/2;
      if(cnt[k*2])  return getmin(k*2,l,mid);
      else return getmin(k*2+1,mid+1,r);
    }
    inline int getmax(int k,int l,int r)
    {
      if(l==r)
      {
        deep=tr[k];return l;
      }
      pushdown(k);
      int mid=(l+r)/2;
      if(cnt[k*2+1])  return getmax(k*2+1,mid+1,r);
      else return getmax(k*2,l,mid);
    }
    inline void insert(int k,int l,int r,int dep,int v)
    {
      if(l==r)
      {
        tr[k]=mx[k]=mi[k]=dep;cnt[k]=1;return;
      }
      pushdown(k);
      int mid=(l+r)/2;
      if(v<=mid)  insert(k*2,l,mid,dep,v);
      else insert(k*2+1,mid+1,r,dep,v);
      update(k);
    }
    inline void Delete(int k,int l,int r,int v)
    {
      if(l==r)
      {
        tr[k]=n,mx[k]=mi[k]=cnt[k]=0;return;
      }
      pushdown(k);
      int mid=(l+r)/2;
      if(v<=mid)  Delete(k*2,l,mid,v);
      else Delete(k*2+1,mid+1,r,v);
      update(k);
    }
    inline int find1(int k,int l,int r,int dep)
    {
      if(l==r)  return l; 
      pushdown(k);
      int mid=(l+r)/2;
      if(cnt[k*2]&&tr[k*2]<dep)  return find1(k*2,l,mid,dep);
      return find1(k*2+1,mid+1,r,dep);
    }
    inline int find2(int k,int l,int r,int dep)
    {
      if(l==r)  return l;
      pushdown(k);
      int mid=(l+r)/2;
      if(cnt[k*2+1]&&tr[k*2+1]<dep)  return find2(k*2+1,mid+1,r,dep);
      return find2(k*2,l,mid,dep);
    }
    inline void modify(int k,int l,int r,int x,int y,int v)
    {
      if(!cnt[k])  return;
      if(l>=x&&r<=y)
      {
        tr[k]+=v,mx[k]+=v,mi[k]+=v,tag[k]+=v;
        return;
      }
      pushdown(k);
      int mid=(l+r)/2;
      if(x<=mid)  modify(k*2,l,mid,x,y,v);
      if(y>mid)  modify(k*2+1,mid+1,r,x,y,v);
      update(k);
    }
    int main()
    {
      //freopen("a.in","r",stdin);
      m=R();
      for(int i=1;i<=m;i++)
      {
        op[i]=R();
        if(op[i]==1)  a[++n]=R(),b[n]=a[n];
      }
      lsh();n++;memset(tr,0x3f3f3f3f,sizeof(tr));
      for(int i=1;i<=m;i++)
      {
        if(op[i]==1)
        {
          now++;
          insert(1,0,n,deep=max(pre(1,0,n,a[now]),nxt(1,0,n,a[now]))+1,a[now]);
        }
        else if(op[i]==2||op[i]==4)
        {
          int q=getmin(1,0,n),p;
          Delete(1,0,n,q);p=find1(1,0,n,deep);modify(1,0,n,p,n,1);
          if(op[i]==2)  insert(1,0,n,1,q);else modify(1,0,n,0,n,-1);
        }
        else
        {
          int q=getmax(1,0,n),p; 
          Delete(1,0,n,q);p=find2(1,0,n,deep);modify(1,0,n,0,p,1);
          if(op[i]==3)  insert(1,0,n,1,q);else modify(1,0,n,0,n,-1);
        }
        printf("%d
    ",deep);
      }
      return 0;
    }
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