51nod1463 找朋友

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写的时候一直没有想到离线解法,反而想到两个比较有趣的解法。
一是分块,$f[i][j]$表示第$i$块块首元素到第$j$个元素之间满足条件的最大值(即对$B_l + B_r \in K$的$A_l + A_r$的最大值)。这个可以$O(nm\sqrt n)$预处理,查询就$l$属于的块$p$得到$f[p+1][r]$和暴力$l$到$min(r,R[p])$的最大值合并一下,但是不知道为啥狂T QAQ,51nod好像没开O2,开O2第一组T的数据跑了1.4s,不开O2跑了5s,难道真是复杂度不对?还是写丑了?很难受。
第二个想法是从“画”样例得来的
对于每一个数$B_i$,可以预处理出$B_j$满足$B_i + a = B_j\left(a \in K\right)$的位置以及对应的$A$之和(只需要往大的方向找即可)
比如样例的
$A$: 1 2 3 4
$B$: 3 2 1 4
$i = 1$:0 0 0 5
$i = 2$:3 0 0 0
$i = 3$:0 5 0 7
$i = 4$:0 0 0 0
那么我要查询$\left[l,r\right]$之间满足条件的最大值,相当于在这个二维矩阵里$RMQ$,比如样例查询$\left[1, 4\right]$就是在矩阵$(1,1)$$(4,4)$里查询其最大值得到$7$,另一个样例在$(2,2)$$(3,3)$里查询得到$5$,那么就可以动态开点二维线段树$RMQ$,复杂度应该是$O(nlog^2n)$。至此,我已经不想写了。
看了题解发现可以离线加扫描线处理,就是把所有询问按右端点排序,新加入一个点就枚举这个点所有符合的元素的位置,如果位置在当前扫描线之前,就可以把它们的$A$之和加到对应位置上,如果比原位置的值大则更新。而扫描线用来扫右端点,未到下一个右端点则更新,到了直接查询当前线段树上的$[l,r]$区间。
其实这个本质就是二维矩阵$RMQ$,因为不带修改,那么可以通过扫描线来减少一维。终于懂了QAQ

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 1e5 + 7;

struct Seg {
    #define lp p << 1
    #define rp p << 1 | 1
    ll tree[N << 4];
    inline void pushup(int p) {
        tree[p] = max(tree[lp], tree[rp]);
    }
    void update(int p, int l, int r, int pos, ll val) {
        if (l == r) {
            tree[p] = max(tree[p], val);
            return;
        }
        int mid = l + r >> 1;
        if (pos <= mid) update(lp, l, mid, pos, val);
        else update(rp, mid + 1, r, pos, val);
        pushup(p);
    }
    ll query(int p, int l, int r, int x, int y) {
        if (x <= l && y >= r) return tree[p];
        int mid = l + r >> 1;
        ll ans = 0;
        if (x <= mid) ans = max(ans, query(lp, l, mid, x, y));
        if (y > mid) ans = max(ans, query(rp, mid + 1, r, x, y));
        return ans;
    }
} seg;

struct Query {
    int l, r, id;
    inline bool operator < (const Query &rhs) const {
        return r < rhs.r;
    }
} query[N];

ll a[N], ans[N];
int b[N], k[N], pos[N];

int main() {
    int n, q, m;
    scanf("%d%d%d", &n, &q, &m);
    for (int i = 1; i <= n; i++) 
        scanf("%lld", &a[i]);
    for (int i = 1; i <= n; i++) 
        scanf("%d", &b[i]), pos[b[i]] = i;
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        scanf("%d", &k[i]);
    for (int i = 1; i <= q; i++)
        scanf("%d%d", &query[i].l, &query[i].r), query[i].id = i;
    sort(query + 1, query + 1 + q);
    int now = 0;
    for (int i = 1; i <= q; i++) {
        while (now < query[i].r) {
            now++;
            ll mx = 0;
            for (int j = 1; j <= m; j++) {
                int temp = b[now] - k[j];
                if (temp > 0 && temp <= n && pos[temp] < now) seg.update(1, 1, n, pos[temp], a[now] + a[pos[temp]]);
                temp = b[now] + k[j];
                if (temp <= n && temp > 0 && pos[temp] < now) seg.update(1, 1, n, pos[temp], a[now] + a[pos[temp]]);
            }
        }
        ans[query[i].id] = seg.query(1, 1, n, query[i].l, query[i].r);
    }
    for (int i = 1; i <= q; i++)
        printf("%lld\n", ans[i]);
    return 0;
}
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转载自www.cnblogs.com/Mrzdtz220/p/11664629.html