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Luogu P4169 [Violet]天使玩偶/SJY摆棋子

时间:2019-03-09 23:52:10      阅读:129      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

标签:mda   -i   enable   std   下标   show   www   pre   循环   

传送门

二维平面修改+查询,cdq分治可以解决。

求关于某个点曼哈顿距离(x,y坐标)最近的点——dis(A,B) = |Ax-Bx|+|Ay-By|

但是如何去掉绝对值呢?

查看题解发现假设所有的点都在查询点的左下方,dis(A,B) = (Ax-Bx)+(Ay-By) = (Ax+Ay)-(Bx+By)

只要求满足Bx<Ax,By<Ay且Bx,By之和最大的点就好了。

那么如何把所有的点转化到该查询的左下呢?

对于每个查询,可以把一、二、四象限的点都通过对称转移到第三象限。但查询很多,不可能一个个翻转。

换个思路,如果把整个平面翻转三次,进行四次cdq分治,每次都只考虑左下的点,所有的点就都遍历到了!

记录最大的x或y值为边界len,每次沿len翻转。例如沿y轴翻转时,x = len-x

那么每个操作有三维——时间、x坐标、y坐标

时间在输入时已经排好了;x归并排序;y仿照陌上花开,用树状数组记录。

 

优化 & 注意

这道题坑点超级多...而且四次cdq分治会得到一个感人的复杂度,所以必须考虑优化,卡一卡常数(我选择吸氧)

  • cdq内的归并排序代替每次sort。
  • 因为每次cdq完顺序会被打乱,如果重新按时间O(nlogn)排序,不如每次存入一个临时数组,然后O(n)直接复制过去。

  但是ans需要存入初始的数组中,所以结构体需要一个.id来记录打乱前的时间,也就是原数组下标。赋值应该写a[b[t2].id].ans,而不是a[t2].ans。

  并且,由于每次查询点的x,y也会更改,所以ans里不能直接存max(Bx+By),而应该为min((Ax+Ay)-(Bx+By))。

  • 如果某个点在坐标轴上,那么它的x或y为0。存入树状数组时,会因为lowbit()==0而陷入死循环。所以存入时,将x,y分别+1。

  同样的,如果某个点在翻转边界len上,翻转时也会变为0。所以len也要++。

  • 考虑这样一种情况:某一点非常靠近边界,导致某次翻转时,没有点在它的左下。这样查询时默认返回了0。

  当前的“原点”比实际上的点离该查询点更近,这样最终的距离就成了这个点到原点的距离,但原点是不存在的(经过刚刚的更改,已经没有x或y坐标为0的点)

  为避免这种情况,当查询时需要特判,若为0则返回-INF。

  • 由于初始值——前n个点一定是修改操作,可以把它们直接排好序,不用递归检验是否有查询。(不过我觉得有点麻烦就没写)

 

这道题的代码不难,但是细节特别多,很难debug...写的时候思路一定要清晰了!

代码如下

技术分享图片
// luogu-judger-enable-o2
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define MogeKo qwq
using namespace std;
const int maxn = 1e7+10;
const int INF = 2e7+10;
int n,q,opt,x,y,len;

struct node {
    int x,y,type,id,ans;
} a[maxn],b[maxn],tem[maxn];

struct BIT {
    int m[maxn];
    int lowbit(int x) {
        return x & -x;
    }
    void update(int x,int v) {
        for(; x <= len; x+= lowbit(x))
            m[x] = max(m[x],v);
    }
    int query(int x) {
        int ans = 0;
        for(; x; x-=lowbit(x))
            ans = max(ans,m[x]);
        return ans?ans:-INF;
    }
    void clear(int x) {
        for(; m[x]; x+= lowbit(x))
            m[x] = 0;
    }
} tree;

void cdq(int L,int R) {
    if(L == R) return;
    int mid = L+R >> 1;
    cdq(L,mid),cdq(mid+1,R);
    int t1 = L,t2 = mid+1;
    int k = L;
    while(t2 <= R) {
        while(t1 <= mid && b[t1].x <= b[t2].x) {
            if(b[t1].type == 1)
                tree.update(b[t1].y, b[t1].x+b[t1].y);
            tem[k++] = b[t1++];
        }
        if(b[t2].type == 2)
            a[b[t2].id].ans = min(a[b[t2].id].ans,b[t2].x+b[t2].y-tree.query(b[t2].y));
        tem[k++] = b[t2++];
    }
    for(int i = L; i <= t1-1; i++)
        if(b[i].type == 1) tree.clear(b[i].y);
    while(t1 <= mid) tem[k++] = b[t1++];
    for(int i = L;i <= R;i++) b[i] = tem[i];
}

void solve(int rx,int ry) {
    for(int i = 1; i <= n+q; i++) {
        b[i] = a[i];
        if(rx) b[i].x = len - b[i].x;
        if(ry) b[i].y = len - b[i].y;
    }
    cdq(1,n+q);
}

int main() {
    scanf("%d%d",&n,&q);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        a[i].type = 1;
        a[i].id = i;
        a[i].x = ++x;
        a[i].y = ++y;
        len = max(len,max(x,y));
    }
    for(int i = n+1; i <= n+q; i++) {
        scanf("%d%d%d",&opt,&x,&y);
        a[i].type = opt;
        a[i].id = i;
        a[i].x = ++x;
        a[i].y = ++y;
        a[i].ans = INF;
        len = max(len,max(x,y));
    }
    len++;
    solve(0,0),solve(0,1),solve(1,0),solve(1,1);
    for(int i = n+1; i <= n+q; i++)
        if(a[i].type == 2) printf("%d\n",a[i].ans);
    return 0;
}
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原文:https://www.cnblogs.com/mogeko/p/10503518.html

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