线段树

【POJ 2528 Mayor's posters】 每个海报会覆盖一段连续的区间，所以这是个区间覆盖问题，可以用线段树。 但硬上nlogm虽然不会tle，但会mle，所以要离散化。 在[1,10000000]的这个瓷砖里，只有10000级别的修改，我们可以想象出整个区间可以被划分为多个被cover情况【一致】的小区间。那什么样的小区间被cover情况一致呢，所有端点排序后相邻端点构成的区间被cover情况是一致的，为什么呢？因为每次的覆盖都必定是两两端点间的。 这样的话每次cover就是cover这个海报start所代表的区间到end所代表的区间。 【注意要从后往前贴海报】 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<queue> #include<string> #include<stack> #include<map> #include<iomanip> #include<algorithm> #include<vector> #define INF 2e9 #define MAXN 20010 #define maxnode 100000 #define ll long long #define lowbit(x) (x&(-x)) int dx[4]={0,0

题意： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4117 思路： https://blog.csdn.net/u013306830/article/details/77586562 主要就是卡你内存，AC自动机的字典树得要用了再清空。 代码有点长吧。。。 1 #include <cstdio>//sprintf islower isupper 2 #include <iostream>//pair 3 #include <string.h>//strstr substr strcat 4 #include <queue>//priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > q;//less 5 using namespace std;//next_permutation(a+1,a+1+n);//prev_permutation 6 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) 7 #define pr printf 8 #define sc scanf 9 #define ls rt<<1 10 #define rs rt<<1|1 11 const int N=3e5+10; 12 13 char s[N]; 14 int pos[20004],val

链接： http://acm.hust.edu.cn/vjudge/contest/view.action?cid=88230#problem/D （密码0817） Description Robin Hood likes to loot rich people since he helps the poor people with this money. Instead of keeping all the money together he does another trick. He keeps n sacks where he keeps this money. The sacks are numbered from 0 to n-1 . Now each time he can he can do one of the three tasks. 1) Give all the money of the i th sack to the poor, leaving the sack empty. 2) Add new amount (given in input) in the i th sack. 3) Find the total amount of money from i th sack to j th sack. Since he is not a

简介 注意事项 开数组要开4倍大小，可以不用判断结束的边界条件。 代码 #include <cstdio> #include <iostream> #include <algorithm> #define maxn 100000 #define inf -1000000 using namespace std; //maxv数组记录每一个区间内的最大值 //sum数组记录区间和 //add数组记录这个区间需要被加的数（lazy） int a[maxn], sum[maxn << 2], add[maxn << 2]; //ln左子树节点个数 //rn右子树节点个数 void pushdown(int id, int ln, int rn){ if(add[id]){ add[id << 2] += add[id]; add[id << 2 | 1] = add[id]; sum[id << 2] += add[id] * ln; sum[id << 2 | 1] += add[id] * rn; add[id] = 0; } } //建树 void build(int id, int l, int r){ if(l == r){ sum[id] = a[l]; add[id] = 0; return; } int mid = (l + r) >> 1; build(id << 1,

题目链接 传送门 题面 思路 对于线段树的每个结点我们存这个区间的最大值 \(mx\) 、最大值个数 \(cnt\) 、严格第二大数 \(se\) ，操作 \(0\) ： 如果 \(mx\leq val\) 则不需要更新改区间； 如果 \(se\leq val<mx\) 则只需将区间最大值进行更新，此时 \(sum=sum-cnt\times (mx - val)\) ； 如果 \(val<se\) 则递归下去。 (详情请看吉老师 \(ppt\) 因为一开始加了个 \(lazy\) 标记导致情况复杂化，且不好处理，对拍好久才发现。 代码实现如下 #include <set> #include <map> #include <deque> #include <queue> #include <stack> #include <cmath> #include <ctime> #include <bitset> #include <cstdio> #include <string> #include <vector> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<LL

转载处： http://blog.csdn.net/metalseed/article/details/8039326 一：线段树基本概念 1：概述 线段树，类似区间树，是一个完全二叉树，它在各个节点保存一条线段（数组中的一段子数组），主要用于高效解决连续区间的动态查询问题，由于二叉结构的特性，它基本能保持每个操作的复杂度为O(lgN)! 性质：父亲的区间是[a,b],(c=(a+b)/2)左儿子的区间是[a,c]，右儿子的区间是[c+1,b]，线段树需要的空间为数组大小的四倍 2：基本操作（查询区间最小值） 线段树的主要操作有： (1)：线段树的构造 void build(int node, int begin, int end); 主要思想是递归构造，如果当前节点记录的区间只有一个值，则直接赋值，否则递归构造左右子树，最后回溯的时候给当前节点赋值 void build(int node, int begin, int end) { if (begin == end) segTree[node] = array[begin]; /* 只有一个元素,节点记录该单元素 */ else { /* 递归构造左右子树 */ build(2*node, begin, (begin+end)/2); build(2*node+1, (begin+end)/2+1, end); /*

先是nlogn的LIS解法 /* LIS nlogn解法 */ #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> using namespace std; //结尾的数字越小，说明相同长度下当前序列越优 int lis[100005],a[100005];//lis[i]表示长度为i的最优的结尾数 int n,len=0; int find(int x){//找到lis中第一个大于等于x的数的下标 int l=0,r=len; while(l<r){ int mid=l+r>>1; if(lis[mid]>=x) r=mid; else l=mid+1; } return l; } int main(){ scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); lis[1]=a[1];len++; for(int i=2;i<=n;i++){//按顺序处理每一个数 if(a[i]>lis[len])//可以更新新长度了 lis[++len]=a[i]; else{//对于一个a[i],可以更新以它为结尾的最长lis的结尾 int pos=find(a[i]);//找到lis中第一个大于等于a[i]的数，pos也是以那个数结尾的长度 lis[pos]=a[i]; /

线段树合并，就是将已有的两棵线段树合并为一棵，相同位置的信息整合到一起，通常是权值线段树 比较裸的，就是将一棵线段树的每一个位置取出来插入另一棵中 但比较高效的线段树合并可以参照可并堆的合并方式 线段树合并的原理十分简单，具体步骤如下： 对于两颗树的节点u和v ①如果u为空，返回v ②如果v为空，返回u ③否则，新建节点t，整合u和v的信息，然后递归合并u和v的左右子树 代码如下： int merge(int u,int v){ if (!u) return v; if (!v) return u; int t = ++cnt; sum[t] = sum[u] + sum[v]; ls[t] = merge(ls[u],ls[v]); rs[t] = merge(rs[u],rs[v]); return t; } 容易发现，这样合并的复杂度取决于两棵线段树重合的部分的大小 每有一个位置权值同样存在，就要 \(O(logn)\) 的复杂度 不过，由于权值线段树中被更新的位置通常很均匀分布，所以合并的两棵线段树通常具有很小的相似性 可以用这一道水题入门线段树合并 BZOJ4756 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #define LL

https://vjudge.net/contest/237022#problem/C 题意：有一组数1~n，按顺序给出每个数需要插入的位置（即第i数代表数字i要插入当前序列的第ai个），组合成新的序列，问每插入一个新的数，当前序列的最长上升子序列为多长？ 解法：首先用线段树插空法将数列的最终位置还原出来，得到1~n的对应位置。而对于每次操作，当前序列的最长上升子序列长度等于1~n对应位置所构成的序列的最长上升子序列长度（可手算推导）。由于操作顺序从1~n，所以第i次操作只要对前i个数（即1~i）对应的位置组成的序列求LIS即可。 线段树插空法：从最后一个数开始，逆推每个数的对应位置，因为放置最后一个数时，其位置已经可以确定。用数组s记录每个操作数的插入位置，则逆推过程中，s[i]表示第i个前面需要留有s[i]个空格。线段树数中的a[i].l，a[i].r，a[i].n分别代表第i个结点的左右边界以及对应区间的空格数。记得初始化，即l==r时，该区间空格数为1。 LIS计算：用数组dp[]记录当前序列的最长上升子序列，len记录当前的最长长度，ans[i]记录数字i对应的位置。利用二分的方法，从1~n循环，每次寻找dp数组中第一个大于等于ans[i]的数，用k记录该数在dp数组中的位置（实质上k为ans[i]在满足序列上升的条件下放到dp数组中的对应位置），更新len（如果ans

直接维护乘积是肯定不可行的， 精度会爆炸， 于是我们来维护对数的和， 最后来计算最高位即可 那么转换成区间求和， 区间排序 区间排序的方式可以采用线段树维护最大递增块来解决，外层用set来维护线段树的区间， 然后利用线段树的合并分裂性质来操作即可 #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<queue> #include<iostream> #include<set> #include<cmath> #define ll long long #define M (1 << 18) #define N 20000010 #define double long double const double eps = 1e-8; using namespace std; int read() { int nm = 0, f = 1; char c = getchar(); for(; !isdigit(c); c = getchar()) if(c == '-') f = -1; for(; isdigit(c); c = getchar()) nm = nm * 10 + c - '0'; return nm * f; } double c[M], ver[M]; int num[M], n, m; int