T1?[CQOI2015]任務查詢系統

n個任務，每個有運行的時間段和優先級，詢問某一時刻，優先級最小的個任務的優先級之和

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初做： ?2017.2.4 ??http://www.cnblogs.com/TheRoadToTheGold/p/6366165.html

好像是做了一晚上來

現在：2017.3.27 ? 14:17——15:56

用了接近2個小時做了一道以前做過的題，還是弱啊~~~~(>_<)~~~~

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difference：

主席樹維護的東西不同，以前直接存儲優先級之和，現在存儲的是任務個數，其實一個樣。。

再就是預處理方式不同

離散化優先級，以時間為下標，以優先級為區間，建立主席樹

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對主席樹理解不透徹，開始離散化優先級，又以優先級為下標，建主席樹

離散化了某個值后，它就成了線段樹中節點的可控區間范圍

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個人理解：

主席樹中節點有3類屬性，下標（自己的、孩子的）、可控區間范圍、要維護的值

下標一般存在root[]、lc[]、rc[]中，要維護的值用各種數組存儲

在線段樹中，可控區間范圍是作為節點信息儲存的，但主席樹一般不存儲

在添加或查詢時，加上2個參數，表示當前節點的可控區間范圍，在遞歸過程中，范圍與當前節點保持一致

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代碼模板化，所以導致在寫的時候

添加節點的pre上來就寫root[i-1]，這個題是以自身為參照

查詢的時候上來就root[i-1],這里不需要參照

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一大問題：

這里要保持時間的連續性，若一個任務在[l,r]時間執行

代碼中是l位置+1，r位置-1，

所以在添加操作之前，先令root[i]=root[i-1]

目的有二：

1、若某一個時刻在輸入中沒有出現，這樣可以保持時間的連續性

2、添加節點是以自身為參照

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開始40分RE，原因：一個任務往主席樹中加入2個點，所以數組應*40

#include<cstdio> #include<algorithm> #define N 200001 using namespace std; struct node2 {int time,p,w; }g[N*2]; int hash[N]; int n,m,tot,id; int root[N*20],lc[N*20],rc[N*20],cnt[N*20]; long long ans=1; bool cmp(node2 k,node2 q) {return k.time<q.time; } void discrete() {sort(hash+1,hash+m+1);tot=unique(hash+1,hash+m+1)-hash-1;for(int i=1;i<=2*m;i++) g[i].p=lower_bound(hash+1,hash+tot+1,g[i].p)-hash; } void insert(int pre,int &now,int l,int r,int pos,int val) {now=++id;cnt[now]=cnt[pre]+val;if(l==r) return;int mid=l+r>>1;if(pos<=mid){rc[now]=rc[pre];insert(lc[pre],lc[now],l,mid,pos,val);}else{lc[now]=lc[pre];insert(rc[pre],rc[now],mid+1,r,pos,val);} } void query(int now,int l,int r,int k) {if(l==r) {ans+=1ll*min(cnt[now],k)*hash[l];return;}int mid=l+r>>1,tmp=cnt[lc[now]];query(lc[now],l,mid,k);if(k>tmp) query(rc[now],mid+1,r,k-tmp); } int main() {/*freopen("cqoi15_query.in","r",stdin);freopen("cqoi15_query.out","w",stdout);*/scanf("%d%d",&m,&n);int x,k,a,b,c;for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);g[i*2-1].time=a; g[i*2-1].p=c; g[i*2-1].w=1;g[i*2].time=b+1; g[i*2].p=c; g[i*2].w=-1;hash[i]=c;}sort(g+1,g+2*m+1,cmp);discrete();int last=0;for(int i=1;i<=2*m;i++) {for(int j=last+1;j<=g[i].time;j++){root[j]=root[j-1];}insert(root[g[i].time],root[g[i].time],1,tot,g[i].p,g[i].w);last=g[i].time;}for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d%d%d",&x,&a,&b,&c);k=(ans*a+b)%c+1;ans=0;query(root[x],1,tot,k);printf("%lld\n",ans);} } View Code

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T2 ?APIO2012 dispatching

每個點有價值、花費，所有的點構成一棵樹，給出資金限制

num[i]=在以i為根的子樹中，在資金限制內最多能選的點的個數

最大化 s=i的價值*num[i]

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初做：2017.2.5 http://www.cnblogs.com/TheRoadToTheGold/p/6368387.html

現在：2017.3.27

16:31做到19:32 中間吃了個飯聽了個聽力

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主席樹+dfs序

離散化費用，以費用為區間，以點的dfs序為下標建立主席樹

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剛開始想的是枚舉每個點，然后二分最多能選的點

其實不用二分

用主席樹維護到這個點的費用和、點數

然后求在滿足費用和<=資金限制的情況下，最多選多少點

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很巧妙的是dfs序的應用，但在這兒不是我關注的重點

由于點又有了dfs序，所以一開始就把點的原編號與dfs序搞混了

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最大的錯誤：

查詢時，不思考就int mid=l+r>>1，tmp。。。。。。

這里tmp要用long long，卡了1個多小時

模板背熟了是好，注意應用?

#include<cstdio> #include<algorithm> #define N 100001 using namespace std; int n,m,se,cnt; int front[N],nextt[N],to[N],tot_ninja; int money[N],hashh[N],tot,lead[N]; int in[N],out[N],id[N],s;//id[i]=j :編號為j的是i號忍者 int root[N],lc[N*20],rc[N*20],num[N*20]; long long sum[N*20]; void add(int u,int v) {nextt[++tot_ninja]=front[u]; front[u]=tot_ninja; to[tot_ninja]=v; } void dfs(int now) {for(int i=front[now];i;i=nextt[i]){id[++s]=to[i];in[to[i]]=s;dfs(to[i]);}out[now]=s; } void insert(int pre,int &now,int l,int r,int pos) {now=++se;num[now]=num[pre]+1;sum[now]=sum[pre]+hashh[pos];if(l==r) return;int mid=l+r>>1;if(pos<=mid) {rc[now]=rc[pre];insert(lc[pre],lc[now],l,mid,pos); }else{lc[now]=lc[pre];insert(rc[pre],rc[now],mid+1,r,pos);} } void discrete() {sort(hashh+1,hashh+n+1);tot=unique(hashh+1,hashh+n+1)-hashh-1;for(int i=1;i<=n;i++) money[i]=lower_bound(hashh+1,hashh+tot+1,money[i])-hashh; } void query(int pre,int now,int l,int r,int limit) {if(l==r){cnt+=min(limit/hashh[l],num[now]-num[pre]);return;} int mid=l+r>>1;long long tmp=sum[lc[now]]-sum[lc[pre]];if(limit<=tmp) query(lc[pre],lc[now],l,mid,limit);else{cnt+=num[lc[now]]-num[lc[pre]];query(rc[pre],rc[now],mid+1,r,limit-tmp);} } int main() {freopen("dispatching.in","r",stdin);freopen("dispatching.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&m);int x;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d%d",&x,&money[i],&lead[i]);hashh[i]=money[i];add(x,i);}discrete();dfs(0);for(int i=1;i<=n;i++) insert(root[i-1],root[i],1,tot,money[id[i]]);long long ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){cnt=0;query(root[in[i]-1],root[out[i]],1,tot,m);ans=max(ans,(long long)lead[i]*cnt);}printf("%lld",ans); } View Code

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轉載于:https://www.cnblogs.com/TheRoadToTheGold/p/6627353.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的主席树复习的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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