【COCI 2015/2016 #3】Nekameleoni

题目描述

“这好难啊，我有一个简单点的题，他们解决不了。”

AKPAKP有一个长度为nn的线段，这个线段原来染有颜色，AKPAKP只认识kk种颜色。当然原来的颜色也包含在着kk种颜色之间。

可以进行mm次操作：

1. 改变一条起点为整点，单位长度的线段的颜色

2. 查询包含所有kk种颜色的线段最少长度。

“我能做O(n6)O(n6). nn的范围多大？”

输入格式

第一行，三个数，nn，kk，mm。

第二行，nn个数，表示原来线段上的颜色。

下面mm行，每行第一个数optopt表示操作类型。

当opt=1opt=1时，继续读入两个数xx，yy，把第xx条线段改为yy颜色。

当opt=2opt=2时，表示查询包含所有kk种颜色的线段最少长度。

输出格式

对于每个opt=2opt=2的询问，输出当前包含所有kk种颜色的最少长度，如果无解，输出−1−1。

样例输入

4 3 5
2 3 1 2
2
1 3 3
2
1 1 1
2

样例输出

3
-1
4

数据范围

1≤n,m≤1051≤n,m≤105，1≤k≤501≤k≤50

Time Limit: 3s, Memory Limit 512Mb

不要提交多次卡评测。

题目分析

作为一个天天卡评测的人，我这回不卡评测了。首先我敲了个线段树，然后崩了。因为我不知道怎么维护lazy下传。zzq和zhouyi这种巨佬没话说，他们的神仙代码我看不懂。以后更新，我现在心累了。

 

# include <stdio.h>
# include <vector>
# include <algorithm>
typedef long long ll;
# define pli pair<ll, int>
# define MP make_pair
# define V first
# define NUM second
# define lc x<<1
# define rc x<<1|1
using namespace std;
 
int n, k, m;
int seq[100010];
 
int w[300100], llen[300100], rlen[300100];
pli left[300010][51], right[300010][51];
const int INF = 2147483000;
 
inline bool in(ll a, ll b) {
    return (a&b) == a;
}
 
inline void merge(int x) {
    w[x] = INF;
    int plen = 0;
    for (int i=1; i<=llen[lc]; ++i)
        left[x][++plen] = left[lc][i];
    for (int i=1; i<=llen[rc]; ++i) {
        if(plen == 0 || !in(left[rc][i].V, left[x][plen].V)) {
            left[x][++plen] = left[rc][i];
            if(plen > 1) left[x][plen].V = left[x][plen].V | left[x][plen-1].V;
        }
    }
    llen[x] = plen;
     
    int slen = 0;
    for (int i=1; i<=rlen[rc]; ++i) 
        right[x][++slen] = right[rc][i];
    for (int i=1; i<=rlen[lc]; ++i) {
        if(slen == 0 || !in(right[lc][i].V, right[x][slen].V)) {
            right[x][++slen] = right[lc][i];
            if(slen > 1) right[x][slen].V = right[x][slen].V | right[x][slen-1].V;
        }
    }
    rlen[x] = slen;
     
    // merge
     
    int rpos = 1;
    for (int lpos = llen[rc]; lpos >= 1; --lpos) {
        while(rpos <= rlen[lc] && (right[lc][rpos].V | left[rc][lpos].V) != (1LL<<k)-1) ++rpos;
        if(rpos <= rlen[lc]) {
            if((right[lc][rpos].V | left[rc][lpos].V) == (1LL<<k)-1) {
                w[x] = min(w[x], left[rc][lpos].NUM - right[lc][rpos].NUM+1);
            }
        }
    }
    w[x] = min(w[x], min(w[lc], w[rc]));
}
 
inline void change(int x, int l, int r, int pos, int del) {
    if(l == r) {
        llen[x] = rlen[x] = 1;
        left[x][1] = right[x][1] = MP(1LL<<del, l);
        w[x] = INF;
        return ;
    }
    int mid = l+r>>1;
    if(pos <= mid) change(lc, l, mid, pos, del);
    else change(rc, mid+1, r, pos, del);
    merge(x);
}
 
 
int main() {
     
    scanf("%d%d%d", &n, &k, &m);
     
    for (int i=1; i<=n; ++i) {
        scanf("%d", &seq[i]);
        change(1, 1, n, i, seq[i]-1);
    }
 
    int opt, ta, tb;
    while(m--) {
        scanf("%d", &opt);
        if(opt == 2) {
            printf("%d\n", w[1] == INF ? -1 : w[1]);
        } else {
            scanf("%d%d", &ta, &tb);
            change(1, 1, n, ta, tb-1);
        }
    }
 
    return 0;
}

代码分析

TongFang不会介意的，我copy了他的代码，自己不会写。