JZOJ 6278. 2019.8.5【NOIP提高组A】跳房子 （分块模拟）

JZOJ 6278. 2019.8.5【NOIP提高组A】跳房子

题目

Description

Input

Output

Sample Input

4 4
1 2 9 3
3 5 4 8
4 3 2 7
5 8 1 6
4
move 1
move 1
change 1 4 100
move 1

Sample Output

4 2
1 3
1 4

Data Constraint

题解

• 先考虑暴力，最最暴力直接纯模拟的时间是$O(Qk)$，得分$20$；
• 如果考虑倍增，修改再暴力重构，得分$30-40$；
• 但暴力重构时间太大。发现跳多了会有重复，可以记录已经经过了的点，有重复就简单的式子计算，直到每次修改才重新跳，极限复杂度$O(Qnm)$，得分$80$！！！
• 这样还是慢了，据说有一种线段树维护修改和查询的方法，时间复杂度是$O(Qn{\log }_{2}n)$，可以过（超好写，但本人不会），但有点卡时间（实际跑得挺快的），读者可以自行思考。
• 接下来介绍正解——
• 根据最后一种暴力方法， 极限要跳$nm$步，若考虑类似分块的思想，计算出每$m$步跳到的位置，剩下的再一个个跳，修改时（巧妙的）暴力。
• 设$to[i]$表示$(i,1)$跳$m$步后回到$(to[i],1)$，读入后先预处理出这个数组，
• 询问时先从当前的$(x,y)$一直跳，直到跳到给出步数或$y=1$了退出，
• 如果还有没跳完的步数$k$，那么还需跳$\frac{k}{m}$次$m$步和剩余的$k\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m$步，
• 前面的用$to$数组来快速跳，同样地，记录每次跳到第一列第几行，如果有跳到重复的行，那么直接计算出答案，否则跳完为止，
• 然后剩下的再一个个跳即可。
• 重难点在于修改，
• 如果$(x,y)$发生改变，那么$(x-1,y-1),(x,y-1),(x+1,y-1)$跳一步的位置会有可能改变，所以能跳到它的第一列的格子的$to$值会可能发生改变，
• 于是对这三个点做同样的操作：
• 设该点为$(p,q)$，
• 先暴力计算出$(p,q)$一直向后会跳到第一列第几行，记录行号$row$，
• 接着需要把第一列能跳到$(p,q)$的点的$to$值改为$row$，
• 怎么找到这些点？
• 易得，这些点是连续的，所以一列列往回退到第一列，
• 记录$(l,r)$表示当前列（设其为$c$列）的$l-r$行能走到$(p,q)$，考虑怎么转移到前一列
• 在$(l-1,c-1),(l,c-1),(l+1,c-1)$中找到最小一个能跳到$(l,c)$的，$l$变为其行号，
• 在$(r-1,c-1),(r,c-1),(r+1,c-1)$中找到最大一个能跳到$(r,c)$的，$r$变为其行号，
• 这样完成了区间向前一列的转移，
• 注意有可能三个位置都没法跳到$l$（或$r$），如果$l$和$r$都没法被跳到，那就退出。
• 因为$l$向上跳过了$1$会到$n$（$r$同理），所以最终的区间可能$r<l$，或各自走了一圈又$l\le r$（最终会更新$[l,r]$，但实际表示的区间是$[l,n]\bigcup [1,r]=[1,n]$），那么就变得十分复杂了。。。
• （其实是有办法解决的，用各种标记+超多判断）
• 但还有更好的办法！！！
• $l$如果小于$1$了，也不改为$n$，让它一直变小（$r$同理，让它一直变大），
• 一旦$r-l+1\ge n$了，最终区间就是$[1,n]$，
• 一旦$r<l$了，最终区间为空，
• 在向前反推时，$l$和$r$根据计算（$(x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n+n-1)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n+1$）转换为实际表示的$[1,n]$中的值，但它们实际值还是不改变。
• 最终把$[l,r]$中实际表示的每个$i$的$to[i]$改为$row$。

代码

#pragma GCC optimize(3)
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define N 2010
int a[N][N],q[N],p[N],bz[N],to[N],n,m;
char st[9];
int read()
{
	int t=0;
	char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') t=t*10+c-'0',c=getchar();
	return t;
}
int f(int x)
{
	return (x%n+n-1)%n+1;
}
int cs(int x,int y)
{
	int mx=-1,ss;
	y=y%m+1;
	for(int i=x-1;i<=x+1;i++)
	{
		int sm=a[f(i)][y];
		if(sm>mx) mx=sm,ss=i;
	}
	return ss;
}
void change(int x,int y)
{
	int u=x,v=y;
	while(1)
	{
		u=f(cs(u,v));
		v=v%m+1;
		if(v==1) break;
	}
	int l=x,r=x;
	v=y;
	while(v>1)
	{
		v--;
		int ll=1,rr=0;
		for(int i=l-1;i<=l+1;i++) if(cs(i,v)>=l&&cs(i,v)<=r) 
		{ 
			ll=i;
			break;
		}
		for(int i=r+1;i>=r-1;i--) if(cs(i,v)>=l&&cs(i,v)<=r) 
		{
			rr=i;
			break;
		}
		if(ll>rr) return;
		l=ll,r=rr;
		if(r-l+1>=n) 
		{
			l=1,r=n;
			break;
		}
	}
	for(int i=l;i<=r;i++) to[f(i)]=u;
}
int main()
{
	int Q,i,j;
	n=read(),m=read();
	for(i=1;i<=n;i++)
		for(j=1;j<=m;j++) a[i][j]=read();
	scanf("%d
",&Q);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		int x=i,y=1;
		while(1)
		{
			x=f(cs(x,y));
			y=y%m+1;
			if(y==1) break;
		}
		to[i]=x;
	}
	int x=1,y=1,xx,yy,e,id=0;
	while(Q--)
	{
		scanf("%s",st+1);
		if(st[1]=='c')
		{
			xx=read(),yy=read(),e=read();
			a[xx][yy]=e;
			for(i=xx-1;i<=xx+1;i++) change(f(i),(yy+m-2)%m+1);
		}
		else
		{
			e=read();
			while(y!=1)
			{
				x=f(cs(x,y));
				y=y%m+1;
				e--;
				if(e==0) break;
			}
			int pt=e/m;
			int ws=1;
			q[1]=x,bz[x]=++id,p[x]=1;
			while(pt--)
			{
				x=to[x];
				if(bz[x]==id)
				{
					int k=p[x];
					x=q[pt%(ws-k+1)+k];
					break;
				}
				q[++ws]=x,bz[x]=id,p[x]=ws;
			}
			e%=m;
			while(e--) x=f(cs(x,y++));
			printf("%d %d
",x,y);
		}
	}
	return 0;
}