线段树

线段树解法 好丢脸，这个题做了一下午，调试了三个多小时...... 先讲讲解题思路 既然这里是线段树，就要用到lazy—tag。又有加法又有乘法的话，就要用到两个lazy-tag，分别用数组jia[]和chng[]表示。线段树用数组t[]存。 我们让lazy-tag还原数值时，先乘chng[],再加jia[]（人为规定，这样好算） 怎么维护lazy-tag？ 加法 void add( k, l, r, x, y, delta) { 函数的作用是在编号为k，区间是[l,r]的线段树里，给区间[x,y]里的每一个数加上delta。 如果当前区间[l,r]和目标区间[x,y]完全重合，就要在当前这颗编号为k的树上标记。 首先jia[k]要加上delta，表示当前区间[l,r]（即[x,y]）内的每一个数都加了delta； 然后要修改t[k]的值，也就是加上区间内增加的总数，即t[k]+=delta*(r-l+1)； return。 如果当前区间不与目标区间完全重合，就要对子树操作。 首先，标记下传，用pushdown()函数将树k的标记全数下传给两个儿子k*2和k*2+1； 然后，先取mid=(l+r）>>1，判断一下目标区间是在当前区间的左子树区间、还是右子树区间、还是左右都有； （如果y<=mid,那么目标区间一定只在左子树里；如果x>=mid+1,那么目标区间一定只在右子树里

一：HDU1754 #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; const int maxn=2e+5; int n,m,a[maxn]; struct tree{ int l,r,v; }trees[maxn<<2]; void buildtree(int s,int l,int r) { trees[s].l=l,trees[s].r=r; if(l==r) { trees[s].v=a[l]; return ; } int mid=l+r>>1; buildtree(s<<1,l,mid); buildtree(s<<1|1,mid+1,r); trees[s].v=max(trees[s<<1].v,trees[s<<1|1].v); } void update_point(int s,int a,int m) { if(trees[s].l==a&&trees[s].r==a) { trees[s].v=m; return ; } int mid=trees[s].l+trees[s].r>>1; if(a<=mid) update_point(s<<1,a,m); if(a>mid) update_point(s<<1|1,a,m); trees[s].v=max(trees[s<<1].v

树状数组 1.小朋友排队 n 个小朋友站成一排。 现在要把他们按身高从低到高的顺序排列，但是每次只能交换位置相邻的两个小朋友。 每个小朋友都有一个不高兴的程度。 开始的时候，所有小朋友的不高兴程度都是 0 。 如果某个小朋友第一次被要求交换，则他的不高兴程度增加 1 ，如果第二次要求他交换，则他的不高兴程度增加 2 （即不高兴程度为 3 ），依次类推。当要求某个小朋友第 k 次交换时，他的不高兴程度增加 k 。 请问，要让所有小朋友按从低到高排队，他们的不高兴程度之和最小是多少。 如果有两个小朋友身高一样，则他们谁站在谁前面是没有关系的。 输入格式 输入的第一行包含一个整数 n ，表示小朋友的个数。 第二行包含 n n 个整数 H 1 , H 2 , … , H n ，分别表示每个小朋友的身高。 输出格式 输出一行，包含一个整数，表示小朋友的不高兴程度和的最小值。 数据范围 1 ≤ n ≤ 100000 0 ≤ H i ≤ 1000000 输入样例： 3 3 2 1 输出样例： 9 样例解释 首先交换身高为3和2的小朋友，再交换身高为3和1的小朋友，再交换身高为2和1的小朋友，每个小朋友的不高兴程度都是3，总和为9。 解题思路：解题关键就是找到最少的交换次数，我们可能会想到冒泡排序法，他就是通过不断的交换排序来实现的，因此我们可以大胆的假设一些规律，最少的交换次数==逆序对的个数。

　　　题目意思：有n个人，一开始相互不认识。他们要去参加party，每次参加的人是编号在区间[l,r]内的人。参加完一次party之后，这区间内的人就会相互认识。每次会有有多少对人会新认识。那么用f[i] = j 表示 j - i的人都互相认识了，初始化f[i] = i,那么每次更新l,r话只需要找到是否存在f[l - r] > l并进行更新。 1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 5 typedef long long ll; 6 7 const int N = 5e5 + 10; 8 9 int n, m; 10 int val[N << 2], num[N << 2]; 11 12 int read() 13 { 14 int res = 0, f = 1; 15 char c = getchar(); 16 while(c < '0' || c > '9') 17 { 18 if(c == -1) 19 { 20 f = -1; 21 } 22 c = getchar(); 23 } 24 while(c >= '0' && c <= '9') 25 { 26 res = res * 10 + c - '0'; 27 c = getchar(); 28 } 29 return f * res; 30 }

#include<iostream> using namespace std; #include<queue> #include<algorithm> typedef long long ll; const int MAX_N=1<<17;//开辟的数组空间 int n,dat[2*MAX_N-1];//存储线段树的全局数组 void init(int n_){//初始化操作 n=1; while(n<n_) n*=2; for(int i=0;i<2*n-1;i++) dat[i]=INT_MAX; } //更新--->把第k个值更新为a； void update(int k,int a){ k+=n-1; dat[k]=a; while(k>0){ k=(k-1)/2; dat[k]=min(dat[k*2+1],dat[k*2+2]); } } //求最值：---->求[a,b)的最小值(通常取为左闭右开) //外部调用时query(a,a,0,0,n) int query(int a,int b,int k,int l,int r){ if(r<=a||b<=l) return INT_MAX; if(a<=l&&r<=b) return dat[k]; else{ int v1=query(a,b,2*k+1,l,(l+r)/2); int v2=query(a,b,2

题面 题目大意: 给你 \(m\) 张椅子，排成一行，告诉你 \(n\) 个人，每个人可以坐的座位为 \([1,l]\bigcup[r,m]\) ，为了让所有人坐下，问至少还要加多少张椅子。 Solution: 为什么加椅子？我们可以在最左边或最右边一直加直到人人都有座位。 首先这道题目抽象成二分图很简单，然后我们可以只要求解出人与座位的最大匹配是多少，总人数减去即可，但跑二分图最大匹配显然会超时，我们就可以往霍尔定理方面想。 然后你还需要知道一个霍尔定理推论：假设某个人的集合为 \(X\) ，这个集合所对应的椅子的集合为 \(Y\) ，如果 \(|X|\leq|Y|\) ，则具有完美匹配，如果 \(|X|\geq|Y|\) ，则 \(X\) 至少要删去 \(|X|-|Y|\) 个元素，才能有完备匹配，我们定义 \(\Gamma(X)=|X|-|Y|\) 。 在这题里，这个就是至少需要添加的椅子数目，所以我们要找出最大的 \(\Gamma(X)\) 接下来我们就来分析怎么找出最大的 \(\Gamma(X)\) ，因为 \(X\) 不具有任何性质，不好下手，我们考虑 \(Y\) 有啥特点，他一定是 \([1,l]\bigcup[r,m]\) ，然后我们可以通过这个 \(Y\) 确定 \(|X|\) ，所以会有一下做法 法一：暴力枚举 暴力枚举 \(l,r\) ，椅子的个数为 \(l

链接： http://acm.hust.edu.cn/vjudge/contest/view.action?cid=87813#problem/J Description Daniel has a string s , consisting of lowercase English letters and period signs (characters ' .'). Let's define the operation of replacement as the following sequence of steps: find a substring " .." (two consecutive periods) in string s , of all occurrences of the substring let's choose the first one, and replace this substring with string " .". In other words, during the replacement operation, the first two consecutive periods are replaced by one. If string s contains no two consecutive periods, then

http://poj.org/problem?id=3667 题意： 有N个房间，M次操作。有两种操作（1）"1a"，表示找到连续的长度为a的空房间，如果有多解，优先左边的，即表示入住。（2）"2 b len"，把起点为b长度的len的房间清空，即退房。 思路： 区间合并的线段树题。 其实如果单点更新和区间更新做得多了的话，区间合并也就不难了。 对于这道题，我们用线段树维护三个值，从左端开始的连续空房间数，从右边开始的连续空房间数，以及整个区间内最大的连续空房间数。 1 #include<iostream> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstring> 4 #include<cstdio> 5 #include<vector> 6 #include<stack> 7 #include<queue> 8 #include<cmath> 9 #include<map> 10 #include<set> 11 using namespace std; 12 typedef long long ll; 13 const int INF = 0x3f3f3f3f; 14 const int maxn=50000+5; 15 16 int n, m; 17 18 struct node //维护从左端开始的最大连续空房间，从右端开始的最大连续空房间

题目链接 hdu1394 题意：给n个数，可以将前m个数放到最后，一共有n种情况，要求这n种情况中，逆序对个数最少数多少。 思路：在每次插入前，使用线段树求出大于当前点的个数。最后在求出每次移动一个数到最后后逆序对打个数。假如原本序列的逆序对个数为m，第一个数为x，那么如果把0移到最后，那么逆序对数目则为m+n-1-2*x code: # include <bits/stdc++.h> using namespace std ; # define mid ((l + r) >> 1) # define lson rt << 1, l, mid # define rson rt << 1 | 1, mid + 1, r const int maxn = 5500 ; int tree [ maxn << 2 ] ; int v [ maxn ] ; int query ( int rt , int l , int r , int L , int R ) { if ( l == L && R == r ) return tree [ rt ] ; if ( R <= mid ) return query ( lson , L , R ) ; if ( L > mid ) return query ( rson , L , R ) ; return query ( lson , L ,

zkw线段树是对普通线段树的常熟优化版本，$≈$树状数组的常数。 同时普通线段树是近似完全二叉树，而zkw线段树是满二叉树，且普通线段树自上而下访问，zkw线段树先找到叶子节点，自下而上进行访问。 那么易得建树 void Build () { for (M = 1; M <= N + 1; M <<= 1); for (int i = M + 1; i <= M + N; i ++) Tree[i].val = A[i - M]; for (int i = M - 1; i >= 1; i --) Tree[i].val = Tree[i << 1].val + Tree[i << 1 | 1].val; } 对于区间修改或查询，我们假定此时区间为$[L, R]$，那么令$s = L - 1$，$t = R + 1$（需找到叶子节点编号），同时向上跳，且满足：若$s$所在为左子节点，则修改其右子节点，反之不进行操作；同理若t所在为右子节点，则修改其左子节点，反之不进行操作，并且结束条件为s与t成为兄弟。 可以发现，依据这样的规则$s$和$t$会遍历普通线段树上所有需进行修改的节点，并且冗余的节点是不会被修改访问到的。 那么先进行较简单的区间加减，及区间求和操作。 对于无法下传的懒标记，令其为永久性标记即可。 void Modify (int L, int R, LL k) { LL