rmq

I am trying to create a toggle button for each cell in my table. When pressed, it will change the image and when pressed again it will change the image again -- Toggle. In the UIButton class I don't see a selected state. I'm looking for a way to create a toggle button with UIButton so that I can change the state on each click. This is how I'm doing it in rubymotion right now using rmq @fav_button.on(:touch) do |sender| puts "pressed fav button for id: " + data[:id] + " and name: " + data[:name] #how do I change the state here? end Jan Cássio You can create toggle button easily, you just need

给一个长为n的字符串,m次询问,每次求子串[l,r]第k次出现的起点位置 做法: 数据量很大,输入的字符串/询问总量可以达到1e5*5,必须尽量实现单次$O(logn)$的查询和至多$O(nlogn)$的预处理 1.子串[l,r]一定是某个后缀的前缀,而"后缀的前缀的重复出现"这个问题可以很容易想到后缀数组的height 2.考虑重复出现,显然一个后缀的长为r-l+1的前缀的出现位置即为height数组上一段连续的大于等于r-l+1的区间 3.得到这个区间后,就变成了一个在sa数组上求区间第k小的问题了 那么做法就是: 预处理: 1.预处理height数组 2.预处理height数组区间min的st表 3.预处理支持查询sa数组上的区间kth的 一棵可持久化线段树 处理询问: 1.我们从后缀数组的rk[l],直接锁定一个合法的起始位置, 2.然后利用st表快速二分出一个合法的连续区间,满足min>=r-l+1, 3.在可持久化线段树上查询这个区间的kth小 总复杂度:$O((m+n)logn)$ (说起来挺复杂,但是也就130行) #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0) #define rep(ii,a,b)

【题解】P4137 Rmq Problem(莫队) 其实这道题根本就不用离散化！ 因为显然有 \(mex\) 值是 \(\le 2\times 10^5\) 的，所以对于大于 \(2\times 10^5\) 的数我们可以忽略。 然后直接莫队算就是的，开一个 \(2e5\) 的桶 若一个比答案小的值的桶为 \(0\) 了：答案更新为它 若这个 \(mex\) 的桶突然有值了：暴力枚举答案变大，第一个桶里没值的就是答案，更新。 有小伙伴会问，这复杂度不上天了？其实不然。移动 \(ans\) 的总复杂度(好像)是 \(O(n\sqrt n)\) 的，因为: 当区间长度增大时， \(ans\) 的移动是均摊 \(O(\text{区间长度})\) 的(最坏情况(好像)是加进来的数就变成了一个递增序列)。 当区间减小时， \(ans\) 是直接更新的。所以 \(ans\) 指针的移动和 \(L,R\) 指针的移动次数是同级的。 由于莫队中，区间减小增大不是交替的(不存在 \(L\) 动一次交替然后 \(R\) 动一次)(都是一个动完再动另外一个)，所以最终复杂度 \(O(n\sqrt n)\) ，实际上(貌似)吊打 \(O(n \log n)\) //@winlere #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include

CF52C Circular RMQ 一点都不难 环状修改+RMQ 一看就是线段树 然后l<=r直接修改，l>r则分(l,n)和(1,r) 结束了 （PS:r和R搞错调了20min） 代码： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=200005; typedef long long ll; int n,m; ll a[N]; char c[N]; inline ll llmin(ll x,ll y){return x<y?x:y;} struct Sugment_Tree{ ll t[N<<2]; ll LZT[N<<2]; Sugment_Tree(){memset(LZT,0,sizeof(LZT));} #define il inline #define mid (l+r)/2 il void push_up(int num){t[num]=llmin(t[num<<1]+LZT[num<<1],t[num<<1|1]+LZT[num<<1|1]);} il void build(int l,int r,int num){ LZT[num]=0; if(l==r){t[num]=a[l];return;} build(l,mid,num<<1),build(mid+1,r,num<<1|1); push

Range Minimum/Maximum Query 别名S(Sparse)T(Table) 表 。 直译稀疏表表 这是个什么东西？可以理解为一种题型。用来求某个区间内的最大值或最小值，通常用在需要多次询问一些区间的最值的问题中。隶属于动规DP 这主要针对于区间内最大值或最小值，不需要修改的题型。需要修改的话，请右转线段树。 引题描述 输入N个数和M次询问，每次询问一个区间[L,R],求第L个数到R个数之间的最大值。 题析 用A[1..N]表示一组数，F[I,J]表示从A[I]到A[I+2^J-1]这个范围内的最大值，也就是以A[I]为起点连续2^J个数的最大值，由于元素个数为2^J个，所以从中间平均分成两部分，每一部分的元素个数刚好为2^(J-1)个，如下图： 整个区间的最大值一定是左右两部分最大值的较大值，满足动态规划的最优原理 状态转移方程： F[I,J]=max(F[I,J-1],F[I+2^(J-1),J-1]) 边界条件为F[I,0]=A[I] 1<=j<=floor(log2(n)) 1<=i<=n-2^i+1 这样就有效防止了i的溢出，j的向下取整也保证了其不会超出区间最右端的范围 这样就可以在O(NlgN)的时间复杂度内预处理F数组。 题目中的ShowTime 高度平衡 Balanced Lineup USACO 2007 January Silver 题来

2007-07-15 15:48 -------------------------------------算法简述----------------------------------------- ST算法O(nlogn)预处理,O(1)的查询指定区间的最值(以最小值为例) 基本上是把待求区间[l,r]分为两段长为len的区间 左边一段为[l,l+len-1],右边一段为[r-len+1,r] len必须使得两段区间覆盖待求区间 设所求数组为w 那么,所求最小值就是两个区间的最小值间的最小值 即min(min{w[i],l<=i<=l+len-1},min{w[j],r-len+1<=j<=r}) 若都在预先处理中先求得两个区间的最小值 则每次查询的复杂度都是O(1) --- 对len做一个限制:只能为2的幂 在预处理中求出所有mi[b][t] : 以b为起点,长为2^t的区间的最小值. 则求解min(min{w[i],l<=i<=l+len-1},min{w[j],r-len+1<=j<=r}) 就变成min(mi[l][t],mi[r-2^t+1][r]),其中t可以由此得出,以保证两段区间可以覆盖待求区间: t=ln(r-l+1)/ln(2) --- 可以看到mi[b][t]=min(mi[b][t-1],mi[b+2^(t-1)-1][t-1]) 特别地对于所有mi[i]

首先请看定义 : 一、最近公共祖先 (Least Common Ancestors) 对于有根树T的两个结点u、v，最近公共祖先LCA(T,u,v)表示一个结点x，满足x是u、v的祖先且x的深度尽可能大。另一种理解方式是把T理解为一个无向无环图，而LCA(T,u,v)即u到v的最短路上深度最小的点。 这里给出一个LCA的例子： 例一 对于T=<V,E> V={1,2,3,4,5} E={(1,2),(1,3),(3,4),(3,5)} 则有： LCA(T,5,2)=1 LCA(T,3,4)=3 LCA(T,4,5)=3 二、 RMQ 问题 (Range Minimum Query) RMQ问题是指：对于长度为n的数列A，回答若干询问RMQ(A,i,j)(i,j<=n)，返回数列A中下标在[i,j]里的最小值下标。这时一个RMQ问题的例子： 例二 对数列：5,8,1,3,6,4,9,5,7 有： RMQ(2,4)=3 RMQ(6,9)=6 然后给出两种问题各自的算法和解析 一 . RMQ 问题的 ST 算法 const int MAXN=100000+1; const int MAXF=17; const int INF=0x7FFFFFFF; //可?以?断?言?ceiil(log(MAXN,2))==MAXF inline int max(int a,int b){return

概念 RMQ 是英文 Range Maximum/Minimum Query 的缩写，表示区间最大（最小）值。 解决 RMQ 问题的主要方法有两种，分别是 ST 表和线段树。本文主要讲 ST 表。 ST表 $ST$ 表，即 $Sparse-Table$ 算法，它预处理的时间是 $O(nlogn)$，但是查询时间只需要 $O(1)$，且常数非常小。但是不支持修改操作。最重要的是，这个算法非常好写，并且不容易出错。 $ST$ 表是基于倍增思想，令 $d(i, j)$ 表示从 $i$ 开始的，长度为 $2^j$的一段元素中的最小值，则可以用推递的方式计算 $d(i, j)$：$d(i, j) = max\{d(i,j-1), d(i + 2^{j-1}, j-1) \}$，$f[i][0] = a[i]$，即把待查询区间平均分成了两部分。 注意 $2^j \leq n$，因此 $d$ 数组中的元素个数不超过 $n log n$，而每一项都可以在常数时间内计算完成，故总时间为 $O(n log n)$。 来源： https://www.cnblogs.com/lfri/p/11336397.html

一、简介 RMQ 是询问某个区间内的最大值或最小值，暴力解法对每个询问区间用循环找最值，当n、q>10000会TLE。 常用RMQ的求解方法—— ST算法 。 ST算法通常用在要多次询问一些区间的最值的问题中。它可以做到O(nlogn)的预处理，O(1)回答每个询问。 使用ST算法的条件是无修改，因此它适用于没有修改并且询问次数较多（10^6级别甚至更大）的情况。 优点：代码短，效率高，实现简单 缺点：适用性差 二、ST算法流程 预处理: ST算法的原理实际上是动态规划，我们用a[1...n]表示一组数。设f[i, j]表示从a[i]到a[i + 2j - 1]这个范围内的最大值，也就是以a[i]为起点连续2j个数的最大值。由于元素个数为2j个，所以从中间平均分成两部分，每一部分的元素个数刚好为2j-1个，也就是说，把f[i,j]分为f[i, j-1]和f[i + 2j-1, j-1]，如下图： 举个栗子吧——如下图所示 整个区间的最大值一定是左右两部分最大值的较大值，满足动态规划的最优化原理，分析得到状态转移方程： f[i][j] = max(f[i][j - 1], f[i + 2j-1][j - 1]) ，边界条件为 f[i][0] = a[i] ，这样就可以在O(nlogn)的时间复杂度内预处理f数组。 for(int j=1;j<=LN;j++) 　　for(int i