題面

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$ solution: $

真的沒有想到可以用分塊。

但是可以發(fā)現(xiàn)一個性質(zhì)，每個詢問只關(guān)心這個點最后一次賦值操作，和這個賦值操作后的所有取 $ min $ 操作。這個感覺很有用，但是真的很難讓人想到低于 $ n\times m $ 的做法。基于 $ DAG $ 的數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)是目前很少需要掌握的（好吧我都不知道有什么數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)可以維護 $ DAG $ ）所以肯定得騷操作。

我們可以發(fā)現(xiàn)一個 $ DAG $ 的性質(zhì)，如果有一連串賦值操作我們可以根據(jù)拓撲序 $ O(n) $ 將所有操作完成，直接按順序從后往前賦值，這樣每個點賦值之后就不會再被訪問。同理的， 如果有一連串取 $ min $ 操作我們也可以根據(jù)拓撲序 $ O(n) $ 將所有操作完成，直接 $ min $ 值從小到大取 $ min $， 這樣每個點在取 $ min $ 之后就不會再被訪問。但是當我們將這兩種操作合到一起時就不行了。

但是聯(lián)想一下上面說的性質(zhì)：每個詢問只關(guān)心這個點最后一次賦值操作，和這個賦值操作后的所有取 $ min $ 操作。我們可以搞出一個分塊來，先預(yù)處理2操作，將2操作序列分塊，并將每一塊用上面的方法統(tǒng)計出每個結(jié)點在每個塊內(nèi)的取 $ min $ 后的值（初值inf）。然后我們就可以 $ \sqrt{n} $ 的求出任意一個區(qū)間里某個節(jié)點取 $ min $ 的最小值（其實還需要一個操作）。然后我們只需要快速找到每個詢問的節(jié)點的最后一次賦值操作的編號，即賦值的大小，就可以得到答案。找到這個編號，我們可以對1操作分塊來完成。

但是上述操作我們還需要知道一個東西，因為分塊兩邊的小區(qū)間是要暴力遍歷的，這個我們需要知道每個操作能否對某個點產(chǎn)生影響，這個等同于我們要知道 $ DAG $ 中一個點能否到另一個點。這個很奇妙的我們可以用 $ bitset $ 暴力完成。因為這個是無法用低于 $ n\times m $ 的復(fù)雜度完成，但是只涉及能否我們可以用二進制。

仔細分析求得答案需要什么關(guān)鍵信息

對于一連串操作可以一次完成，就考慮分治或分塊

對于兩種操作會互相影響，考慮先預(yù)處理一種操作在進行第二種操作

二進制和是與否，這個對于復(fù)雜度優(yōu)化很好用。

$ DAG $ 中的一些問題是難以用低于 $ n\times m $ 的做法完成的！

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$ code: $

#include<iostream> #include<cstdio> #include<iomanip> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<ctime> #include<cmath> #include<vector> #include<queue> #include<map> #include<set> #include<bitset>#define ll long long #define db double #define rg register intusing namespace std;int tt,t=1; int n,m,q,ff; int a[100005]; int idx[100005]; int fq[100005]; int fm[100005][404]; int vis[100005]; bitset<100005> f[100005];struct su{int to,next; }b[200005]; int tou[100005];struct pi{int id,x,v,op;inline bool operator <(const pi &i)const{return v<i.v;} }s[100005],k[100005];inline int qr(){register char ch; register bool sign=0; rg res=0;while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();if(sign)return -res; else return res; }inline void yu(int i){ //預(yù)處理dag中兩點是否可達vis[i]=1; f[i][i]=1;for(rg j=tou[i];j;j=b[j].next){if(!vis[b[j].to]) yu(b[j].to);f[i]|=f[b[j].to];} }inline void dfs(int i,int v,int time,bool op){ //修改操作if(vis[i]==t)return ; else vis[i]=t; //根據(jù)op判斷是1操作還是2操作if(op) a[i]=v,idx[i]=time; else fm[i][time]=v;for(rg j=tou[i];j;j=b[j].next){if(vis[b[j].to]==t)continue;dfs(b[j].to,v,time,op);} }int main(){//freopen("dag.in","r",stdin);//freopen("dag.out","w",stdout);n=qr(); m=qr(); q=qr(); ff=sqrt(q-1)+1;for(rg i=1;i<=q;++i) fq[i]=(i-1)/ff+1; //分塊for(rg i=1;i<=m;++i){rg x=qr(),y=qr();b[i]=su{y,tou[x]}; tou[x]=i;}for(rg i=1;i<=n;++i) if(!vis[i])yu(i);for(rg i=1;i<=q;++i){ //先預(yù)處理每個塊內(nèi)的2操作rg op=qr(); s[i]=pi{i,qr(),0,op};if(op<=2) s[i].v=qr();if(op==2) k[++tt]=s[i];if(fq[i]!=fq[i+1]){sort(k+1,k+tt+1); ++t; //從小到大，保證每個點只修改一次for(rg j=1;j<=n;++j) fm[j][fq[i]]=1e9; //賦初值for(rg j=1;j<=tt;++j)dfs(k[j].x,k[j].v,fq[i],0);tt=0;}}for(rg i=1;i<=q;++i){if(s[i].op==3){rg x=s[i].x,y=idx[x],v=a[x],sf=0;for(rg j=i;fq[j]==fq[i];--j){ //在同一個塊內(nèi)，暴力處理if(s[j].op==1&&f[s[j].x][x]){ sf=1; y=j; v=s[j].v;for(rg o=y;o<=i;++o)if(s[o].op==2&&f[s[o].x][x]) v=min(v,s[o].v);break;}}if(!sf){ //這個if調(diào)了半個上午for(rg j=y+1;fq[j]==fq[y];++j) //前小塊if(s[j].op==2&&f[s[j].x][x]) v=min(v,s[j].v);for(rg j=fq[y]+1;j<=fq[i]-1;++j) v=min(v,fm[x][j]); //中間的大塊for(rg j=i;fq[j]==fq[i];--j) //后小塊if(s[j].op==2&&f[s[j].x][x]) v=min(v,s[j].v);}printf("%d\n",v);}if(fq[i]!=fq[i+1]){ ++t; //將這個塊內(nèi)的1操作一遍做完for(rg j=i;fq[j]==fq[i];--j)if(s[j].op==1)dfs(s[j].x,s[j].v,j,1);}}return 0; }

轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/812-xiao-wen/p/11505436.html

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的LOJ bitset+分块 大内存毒瘤题的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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