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題目大意：給出一個 n 個點和 m 條邊的無向圖，每個點都有一個權(quán)值，現(xiàn)在需要執(zhí)行?q 次操作，每次操作分為兩種類型：

1 pos val ：將第 pos 個點的權(quán)值修改為 val

2 pos ：詢問第 pos 個點相鄰的所有點的權(quán)值組成的集合的 mex

題目分析：只能說數(shù)據(jù)水了，如果數(shù)據(jù)拉滿 std 的復(fù)雜度應(yīng)該是會 TLE 的

很顯然的幾個結(jié)論是：

設(shè)點 u 的度數(shù)為 du[ u ] ，則 mex( u ) 的答案一定小于等于 du[ u ]

度數(shù)大于等于 sqrt( n?) 的點的個數(shù)一定小于等于 sqrt( n ) 個

這樣一來考慮 sqrt 分塊，對于每個度數(shù)大于 sqrt( n ) 的結(jié)點維護一個樹狀數(shù)組，樹狀數(shù)組記錄一下相鄰的結(jié)點的權(quán)值都出現(xiàn)了哪些，這樣就可以二分去統(tǒng)計出 mex 了

綜上所述，對于操作 1 ，只需要更新?pos 結(jié)點周圍所有度數(shù)大于 sqrt( n ) 的結(jié)點的樹狀數(shù)組就好了，因為最多只有 sqrt( n ) 個結(jié)點，最壞情況就是這個 pos 結(jié)點連接了 sqrt( n ) 個結(jié)點，對于每個節(jié)點的更新，只需要對樹狀數(shù)組進行單點更新，所以最壞的時間復(fù)雜度為 sqrt( n ) * log n

對于操作 2 ，如果 pos 節(jié)點的度數(shù)小于 sqrt( n ) 的話，直接暴力查詢就好了，時間復(fù)雜度為 sqrt( n ) ，如果度數(shù)大于等于 sqrt( n ) 的話，就以 logn * logn 的時間復(fù)雜度在樹狀數(shù)組上二分就可以查詢答案了

總的時間復(fù)雜度為 T * n * sqrt( n ) * logn

注意，因為對于這個思路來說，只需要對于度數(shù)大于等于 sqrt( n ) 建立一個更新 + 查詢都是 log 級別的數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)即可，也不難想到用 set 維護 0 ~ du[ i ] 內(nèi)沒有出現(xiàn)的數(shù)字，亦或者直接在線段樹上二分，不過前者好像是常數(shù)太大，無論如何優(yōu)化仍然 TLE，后者是因為區(qū)間大小問題不方便操作（或許可以用線段樹AC，不過個人感覺樹狀數(shù)組來寫這個題目更為簡單）

代碼：
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#include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<ctime> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<stack> #include<climits> #include<queue> #include<map> #include<set> #include<sstream> #include<cassert> #include<bitset> #include<unordered_map> using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=1e5+100;vector<int>node[N],adj[N],c[N],cnt[N];int n,m,sz;bool vis[N];int a[N];inline int lowbit(int x) {return x&(-x); }void add(int u,int pos,int val) {int du=node[u].size();while(pos<=du){c[u][pos]+=val;pos+=lowbit(pos);} }int ask(int u,int pos) {int ans=0;while(pos){ans+=c[u][pos];pos-=lowbit(pos);}return ans; }void init() {for(int i=0;i<N;i++){adj[i].clear();node[i].clear();cnt[i].clear();c[i].clear();} }int get_mex1(int u)//暴力計算mex {int du=node[u].size();memset(vis,false,du+5);for(auto v:node[u])if(a[v]<=du)vis[a[v]]=true;int mex=0;while(vis[mex])mex++;return mex; }int get_mex2(int u)//樹狀數(shù)組計算mex {if(!cnt[u][0])//特判0 return 0;int l=1,r=node[u].size(),mex=-1;while(l<=r){int mid=l+r>>1;if(ask(u,mid)<mid){mex=mid;r=mid-1;}elsel=mid+1;}return mex; }void update(int u,int pre_val,int cur_val)//更新點u的一個相鄰節(jié)點由pre_val變?yōu)閏ur_val {int du=node[u].size();if(cur_val<=du){if(!cnt[u][cur_val]&&cur_val)add(u,cur_val,1);cnt[u][cur_val]++;}if(pre_val<=du){cnt[u][pre_val]--;if(!cnt[u][pre_val]&&pre_val)add(u,pre_val,-1);} }int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE // freopen("data.in.txt","r",stdin); // freopen("data.out.txt","w",stdout); #endif // ios::sync_with_stdio(false);int w;cin>>w;while(w--){init();scanf("%d%d",&n,&m);sz=sqrt(n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",a+i);while(m--){int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);node[u].push_back(v);node[v].push_back(u);}for(int u=1;u<=n;u++)if(node[u].size()>=sz){int du=node[u].size();c[u].resize(du+5);cnt[u].resize(du+5);for(auto v:node[u]){adj[v].push_back(u);if(a[v]<=du){if(!cnt[u][a[v]]&&a[v])//因為樹狀數(shù)組是從1開始的，所以對于0我們需要特判add(u,a[v],1);cnt[u][a[v]]++;}}}int q;scanf("%d",&q);while(q--){int op;scanf("%d",&op);if(op==1){int pos,val;scanf("%d%d",&pos,&val);for(auto v:adj[pos])update(v,a[pos],val);a[pos]=val;}else{int pos;scanf("%d",&pos);if(node[pos].size()<sz)printf("%d\n",get_mex1(pos));elseprintf("%d\n",get_mex2(pos));}}}return 0; }

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總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的HDU多校1 - 6756 Finding a MEX(分块+二分+树状数组)的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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