B - Color itHDU - 6183?

　　題目大意：有三種操作，0是清空所有點(diǎn)，1是給點(diǎn)(x,y)涂上顏色c，2是查詢滿足1<=a<=x,y1<=b<=y2的(a,b)點(diǎn)一共有幾種不同的顏色

　　一開(kāi)始做的時(shí)候直接就是開(kāi)51個(gè)vector保存每個(gè)顏色相應(yīng)的點(diǎn)，然后就是詢問(wèn)就是，暴力循環(huán)判斷這個(gè)顏色存不存在一個(gè)滿足條件的點(diǎn)，感覺(jué)最差情況下應(yīng)該會(huì)超時(shí)，不過(guò)卻過(guò)了

1 #include<cstdio> 2 #include<vector> 3 using namespace std; 4 struct Node{ 5 int x,y; 6 Node(){} 7 Node(int x,int y):x(x),y(y){} 8 }; 9 vector<Node> c[58]; 10 int main() 11 { 12 int op,x,y,y1,cc; 13 while(scanf("%d",&op)&&op!=3) 14 { 15 if(op==0) 16 { 17 for(int i=0;i<=50;i++) 18 c[i].clear(); 19 } 20 else if(op==1) 21 { 22 scanf("%d%d%d",&x,&y,&cc); 23 c[cc].push_back(Node(x,y)); 24 } 25 else 26 { 27 scanf("%d%d%d",&x,&y,&y1); 28 int ans=0; 29 for(int i=0;i<=50;i++) 30 { 31 for(int j=0;j<c[i].size();j++) 32 if(c[i][j].x<=x&&c[i][j].y>=y&&c[i][j].y<=y1) 33 { 34 ans++; 35 break; 36 } 37 } 38 printf("%d\n",ans); 39 } 40 } 41 return 0; 42 } 暴力過(guò)一切

　　然后看網(wǎng)上有是線段樹(shù)動(dòng)態(tài)開(kāi)點(diǎn)的做法，但實(shí)際上并不比上面暴力的寫(xiě)法快，反而慢上幾十ms，不過(guò)可以當(dāng)做一個(gè)算法擴(kuò)展來(lái)聯(lián)系。

　　首先1操作肯定就是單點(diǎn)更新了，而2操作上已經(jīng)限定了x的左邊為1，所以我們以y軸來(lái)建線段樹(shù)維護(hù)個(gè)區(qū)間內(nèi)x的最小值，那么2操作就是區(qū)間查詢了。但我們知道正常靜態(tài)的線段樹(shù)需要4*SIZE的節(jié)點(diǎn)空間來(lái)保存信息的，在這里又需要51顆線段樹(shù)，也就是51*4*1000000的空間來(lái)保存節(jié)點(diǎn)信息，不知道你們電腦能不能開(kāi)那么大的數(shù)組，反正我的電腦和OJ的虛擬機(jī)是不行的。但其實(shí)最多150000個(gè)1操作和2操作，并不需要那么大的空間。所以這時(shí)候需要用到線段樹(shù)的動(dòng)態(tài)開(kāi)點(diǎn)了。

　　靜態(tài)的線段樹(shù)，每個(gè)編號(hào)為x的節(jié)點(diǎn)，它的左孩子編號(hào)就為2*x，右孩子編號(hào)就為2*x+1，然后這個(gè)節(jié)點(diǎn)x，我們是保存它的區(qū)間L,R和其他一系列信息。而動(dòng)態(tài)開(kāi)點(diǎn)的話，對(duì)于編號(hào)為x的節(jié)點(diǎn)，它的左右孩子的編號(hào)就不一定是2*x和2*x+1的關(guān)系了，所以我們要保存下的是它的左右孩子的編號(hào)已經(jīng)一系列相關(guān)的信息，然后對(duì)于每個(gè)節(jié)點(diǎn)就是當(dāng)需要到它時(shí)再開(kāi)辟它。其他操作就和靜態(tài)的線段樹(shù)差不多。

1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 using namespace std; 4 const int N=1001108; 5 struct Tree{ 6 int lson,rson,minx; 7 }T[N]; 8 int tn,flag,root[52]; 9 //root就保存這個(gè)顏色對(duì)于的那棵線段樹(shù)的根節(jié)點(diǎn)編號(hào) 10 void init() 11 { 12 tn=1; 13 for(int i=0;i<=50;i++) 14 root[i]=0; 15 } 16 void updata(int &id,int L,int R,int y,int x)//在這里用L,R來(lái)表示節(jié)點(diǎn)id的區(qū)間 17 { 18 if(!id) 19 {//需要到這個(gè)節(jié)點(diǎn)了，開(kāi)辟這個(gè)節(jié)點(diǎn) 20 id=tn++; 21 T[id].minx=N; 22 T[id].lson=T[id].rson=0;//它的子節(jié)點(diǎn)還未用得上 23 } 24 T[id].minx=min(T[id].minx,x);//更新最小的x值 25 //下面就是線段樹(shù)的單點(diǎn)修改 26 if(L==R) 27 return ; 28 int mid=(L+R)>>1; 29 if(y<=mid) 30 updata(T[id].lson,L,mid,y,x); 31 else 32 updata(T[id].rson,mid+1,R,y,x); 33 } 34 void query(int id,int L,int R,int l,int r,int x) 35 { 36 if(flag||!id)//如果已經(jīng)有點(diǎn)滿足條件，或者這個(gè)節(jié)點(diǎn)沒(méi)開(kāi)辟就返回 37 return ; 38 if(l<=L&&r>=R) 39 { 40 if(T[id].minx<=x) 41 flag=1;//在y1和y2范圍內(nèi)有個(gè)x滿足條件 42 return ; 43 } 44 int mid=(L+R)>>1; 45 if(l<=mid) 46 query(T[id].lson,L,mid,l,r,x); 47 if(r>mid) 48 query(T[id].rson,mid+1,R,l,r,x); 49 } 50 int main() 51 { 52 int op,x,y,y2,c; 53 init(); 54 while(~scanf("%d",&op)&&op!=3) 55 { 56 if(op==0) 57 init(); 58 else if(op==1) 59 { 60 scanf("%d%d%d",&x,&y,&c); 61 updata(root[c],1,1000000,y,x); 62 } 63 else 64 { 65 scanf("%d%d%d",&x,&y,&y2); 66 int ans=0; 67 for(int i=0;i<=50;i++) 68 { 69 flag=0; 70 query(root[i],1,1000000,y,y2,x); 71 ans+=flag; 72 } 73 printf("%d\n",ans); 74 } 75 } 76 return 0; 77 } 線段樹(shù)下線段果

　　正解是cdq分治，待我學(xué)成歸來(lái)，再更新。。。我回來(lái)了

　　cdq分治處理的話，就是三維偏序的一個(gè)處理，（操作時(shí)間，x軸，y軸），然后第一維已經(jīng)有序，那么我們cdq分治處理第二維，然后線段樹(shù)處理第三維。因?yàn)樽疃嗍?0種顏色，那么我們采用狀壓的策略，把每個(gè)顏色C用2^C來(lái)表示,然后線段樹(shù)維護(hù)個(gè)區(qū)間或和。需要注意的就是y軸離散化下，不然容易超時(shí)。

1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<vector> 4 #define L(x) (x<<1) 5 #define R(x) (x<<1|1) 6 #define M(x) ((T[x].l+T[x].r)>>1) 7 using namespace std; 8 typedef long long ll; 9 const int N=150118,Y=1000118; 10 struct Tree{ 11 int l,r; 12 ll val; 13 }T[Y]; 14 struct Nop{ 15 int op,x,y,y1; 16 ll val;//op1更新操作的val記錄2^C，op2查詢操作記錄答案編號(hào) 17 friend bool operator <(const Nop &n1,const Nop &n2){ 18 return n1.x==n2.x ? n1.op<n2.op : n1.x<n2.x; 19 } 20 }P[N<<1],temp[N<<1]; 21 int pn=0,qn=0,newy[Y]; 22 bool num[Y]={0}; 23 vector<int> vy; 24 ll ans[N]={0},cf2[52]={1}; 25 inline void addp(int op,int x,int y,int y1,ll val){ 26 P[pn++]=(Nop){op,x,y,y1,val}; 27 } 28 inline void addy(int y) 29 { 30 if(!num[y]) 31 { 32 num[y]=1; 33 vy.push_back(y); 34 } 35 } 36 void built(int id,int l,int r) 37 { 38 T[id].val=0; 39 T[id].l=l,T[id].r=r; 40 if(l==r) 41 return ; 42 built(L(id),l,M(id)); 43 built(R(id),M(id)+1,r); 44 } 45 //線段樹(shù)單點(diǎn)修改 46 void updata(int id,int pos,ll val) 47 { 48 if(T[id].l==T[id].r&&T[id].l==pos) 49 { 50 if(val) 51 T[id].val|=val; 52 else 53 T[id].val=0; 54 return ; 55 } 56 if(pos<=M(id)) 57 updata(L(id),pos,val); 58 else 59 updata(R(id),pos,val); 60 T[id].val=T[L(id)].val|T[R(id)].val; 61 } 62 //區(qū)間或和查詢 63 ll query(int id,int l,int r) 64 { 65 ll ans=0; 66 if(l<=T[id].l&&T[id].r<=r) 67 return T[id].val; 68 if(l<=M(id)) 69 ans|=query(L(id),l,r); 70 if(r>M(id)) 71 ans|=query(R(id),l,r); 72 return ans; 73 } 74 void cdq(int l,int r) 75 { 76 if(l==r) 77 return ; 78 int m=(l+r)>>1; 79 cdq(l,m); 80 cdq(m+1,r); 81 int i=l,j=m+1,k=l; 82 while(i<=m&&j<=r) 83 { 84 if(P[i]<P[j]) 85 { 86 if(P[i].op==1) 87 updata(1,P[i].y,P[i].val); 88 temp[k++]=P[i++]; 89 } 90 else 91 { 92 if(P[j].op==2) 93 ans[P[j].val]|=query(1,P[j].y,P[j].y1); 94 temp[k++]=P[j++]; 95 } 96 } 97 while(i<=m) 98 temp[k++]=P[i++]; 99 while(j<=r) 100 { 101 if(P[j].op==2) 102 ans[P[j].val]|=query(1,P[j].y,P[j].y1); 103 temp[k++]=P[j++]; 104 } 105 for(i=l;i<=r;i++) 106 { 107 if(P[i].op==1) 108 updata(1,P[i].y,0); 109 P[i]=temp[i]; 110 } 111 } 112 void solve() 113 { 114 if(pn) 115 { 116 //離散化部分 117 sort(vy.begin(),vy.end()); 118 for(int i=0;i<vy.size();i++) 119 { 120 newy[vy[i]]=i+1; 121 num[vy[i]]=0; 122 } 123 for(int i=0;i<pn;i++) 124 { 125 if(P[i].op==1) 126 P[i].y=newy[P[i].y]; 127 else 128 P[i].y=newy[P[i].y],P[i].y1=newy[P[i].y1]; 129 } 130 //進(jìn)行分治 131 cdq(0,pn-1); 132 } 133 for(int i=0;i<qn;i++) 134 { 135 int sum=0; 136 //判斷2^0+2^1+2^2+...+2^50含有哪些 137 for(int j=0;j<=50;j++) 138 if(ans[i]&cf2[j]) 139 sum++; 140 printf("%d\n",sum); 141 ans[i]=0; 142 } 143 pn=qn=0; 144 vy.clear(); 145 } 146 int main() 147 { 148 int op,x,y,c,y1; 149 built(1,1,N); 150 for(int i=1;i<=50;i++) 151 cf2[i]=cf2[i-1]<<1; 152 while(~scanf("%d",&op)&&op!=3) 153 { 154 if(op==0) 155 solve(); 156 else if(op==1) 157 { 158 scanf("%d%d%d",&x,&y,&c); 159 addp(1,x,y,0,cf2[c]); 160 addy(y); 161 } 162 else 163 { 164 scanf("%d%d%d",&x,&y,&y1); 165 addp(2,x,y,y1,qn++); 166 addy(y); 167 addy(y1); 168 } 169 } 170 solve(); 171 return 0; 172 } 一分二二分四

　　但實(shí)際上，3個(gè)實(shí)現(xiàn)方法中，暴力最快。。。數(shù)據(jù)太坑了

轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/LMCC1108/p/10699522.html

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的HDU - 6183 暴力，线段树动态开点，cdq分治的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問(wèn)題。

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