好几天之前做的题目了，一直想写一下博客也没腾出时间来，今天赶紧把坑给填上呼呼呼~
这道题首先如果只考虑每个商店中没有时间限制的物品时，我们只需要使用一棵可持久化trie树来维护区间内的异或最大值即可，这样我们可以把两部分的问题分离开来。
之后我们再考虑有时间限制与编号限制的情况下，该怎样做？无脑做法线段树套trie，直接在对应的区间trie树上贪心，如果该条边的最后更新时间在允许的范围内，说明可以走这条边。虽然这样也可以卡过去（主要在于卡空间），但我们来介绍一种更加妙妙的线段树分治做法。其实我感觉在这题的体现上就是离线版树套树？机房大佬貌似不认可，但我确实是这样觉得哒。
我们考虑在线椴树上的一次区间查询，实际上是将查询的区间分成了log个已经处理好的小区间，分别查询之后再合并达到最终的答案。那么我们可以模拟这个在线段树上分裂区间的操作：
1.如果当前处理的区间（l,r）完全包含于询问区间，我们将这个询问的区间在这一层进行处理。（这样的询问均不再下传，跳过后续步骤）
2.如果询问的区间有涉及（l,mid）的范围，递归左区间处理。
3.如果询问的区间有涉及（mid+1,r）的范围，递归右区间处理。
（本题分治的区间表示时间的范围，可持久化trie负责处理编号的限制）。
这样的复杂度是多少？我们可以分处理trie树与查询的两个方面来分析。处理trie树时，我们插入一个值是log的复杂度，而包含一个修改的总分治区间数也是log个，所以是\(O(nlog^{2}n)\)的复杂度。查询也是log的复杂度，一个查询最多被分别查询 log 次。所以复杂度依然是 \(O(log^{2}n)\) 的。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 1000000
int n, m, sz, qt, nt, tot, cnt, timer;
int ans[maxn], sum[maxn * 5], id[maxn], q[maxn];
int bit[30], ch[maxn * 5][2], num[maxn], root[maxn];
int read()
{
int x = 0, k = 1;
char c; c = getchar();
while(c < ‘0‘ || c > ‘9‘) { if(c == ‘-‘) k = -1; c = getchar(); }
while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘) x = x * 10 + c - ‘0‘, c = getchar();
return x * k;
}
struct ques
{
int l, r, s, t, x;
}Q[maxn];
struct modify
{
int id, val, t;
friend bool operator <(const modify& a, const modify& b)
{ return a.id < b.id; }
}P[maxn], ql[maxn], qr[maxn];
void Ins(int now, int last, int x, int val)
{
if(x < 0) return;
bool t = (bit[x] & val);
ch[now][!t] = ch[last][!t]; ch[now][t] = ++ sz;
sum[ch[now][t]] = sum[ch[last][t]] + 1;
Ins(ch[now][t], ch[last][t], x - 1, val);
}
int Query(int l, int r, int x, int val)
{
if(l > r || x < 0) return 0;
int ans = 0; bool t = val & bit[x];
if(sum[ch[r][!t]] - sum[ch[l][!t]])
ans = (bit[x] + Query(ch[l][!t], ch[r][!t], x - 1, val));
else ans = Query(ch[l][t], ch[r][t], x - 1, val);
return ans;
}
int Lower(int v)
{
int l = 1, r = nt, ret = 0;
while(l <= r)
{
int mid = (l + r) >> 1;
if(num[mid] <= v) ret = mid, l = mid + 1;
else r = mid - 1;
}
return ret;
}
void Work(int l, int r)
{
sz = 0, nt = 0;
for(int i = l; i <= r; i ++)
{
nt ++; root[nt] = ++ sz;
Ins(root[nt], root[nt - 1], 17, P[i].val);
num[nt] = P[i].id;
}
for(int i = 1; i <= qt; i ++)
{
int l = Lower(Q[q[i]].l - 1), r = Lower(Q[q[i]].r);
ans[q[i]] = max(ans[q[i]], Query(root[l], root[r], 17, Q[q[i]].x));
}
}
void Divide(int l, int r, int L, int R, int pres)
{
if(l > r || !pres) return;
int mid = (L + R) >> 1; qt = 0;
for(int i = 1; i <= pres; i ++)
if(Q[id[i]].s <= L && R <= Q[id[i]].t) q[++ qt] = id[i];
Work(l, r); if(L == R) return;
int ll = 0, rr = 0;
for(int i = l; i <= r; i ++)
{
if(P[i].t <= mid) ql[++ ll] = P[i];
else qr[++ rr] = P[i];
}
for(int i = 1; i <= ll; i ++) P[i + l - 1] = ql[i];
for(int i = 1; i <= rr; i ++) P[i + l + ll - 1] = qr[i];
int ind = 0;
for(int i = 1; i <= pres; i ++)
{
if(Q[id[i]].s <= L && R <= Q[id[i]].t) continue;
if(Q[id[i]].s <= mid) swap(id[i], id[++ ind]);
}
Divide(l, l + ll - 1, L, mid, ind);
ind = 0;
for(int i = 1; i <= pres; i ++)
{
if(Q[id[i]].s <= L && R <= Q[id[i]].t) continue;
if(Q[id[i]].t > mid) swap(id[i], id[++ ind]);
}
Divide(l + ll, r, mid + 1, R, ind);
}
int main()
{
bit[0] = 1; for(int i = 1; i <= 20; i ++) bit[i] = bit[i - 1] << 1;
n = read(), m = read();
for(int i = 1; i <= n; i ++) root[i] = ++ sz, Ins(root[i], root[i - 1], 17, read());
for(int i = 1; i <= m; i ++)
{
int opt = read();
if(!opt)
{
++ timer; P[++ tot].id = read();
P[tot].val = read(); P[tot].t = timer;
}
else
{
Q[++ cnt].l = read(); Q[cnt].r = read();
Q[cnt].x = read(); int d = read();
Q[cnt].s = max(timer - d, 0) + 1; Q[cnt].t = timer;
ans[cnt] = Query(root[Q[cnt].l - 1], root[Q[cnt].r], 17, Q[cnt].x);
}
}
sort(P + 1, P + 1 + tot);
for(int i = 1; i <= cnt; i ++) id[i] = i;
Divide(1, tot, 1, timer, cnt);
for(int i = 1; i <= cnt; i ++) printf("%d\n", ans[i]);
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/twilight-sx/p/9827600.html
时间： 2024-10-02 05:35:03