题意:
长度为 的序列,每个点都有一个颜色,一共有 个颜色,支持两种操作,第一种给出 ,将区间 全部染成 ,第二种给出一个 ,询问 颜色一共在序列中出现了多少次。
所有操作结束后,还要查询每种颜色出现的次数,给出最多出现的次数。
思路:
非常明显的区间推平操作,应该使用珂朵莉树进行解决,即用 维护每一块相同区域。
老司机树是可以的,但是并没有采用,还是使用了分块的方法,虽然 的飞起…一开始的想法是给每个块记一个 ,标记每个块中各个数字出现的次数,如果整个块被赋值了,就 。但是 的不行,第 个点怎么也过不去…
后来采用了完全的暴力分块,即每个块打个 ,如果 不为 ,则整个块中所有点大小均为 。如果 为 ,则暴力修改、查询。那么如何分析这个做法的时间复杂度呢?
一共两种操作,修改操作每次最多涉及 个块,如果块被完全覆盖, 打上标记,如果块只被部分覆盖,下放标记 ,修改点值 ,由于每次最多只有 个块被部分覆盖,最多 个块被完全覆盖,因此修改操作总时间复杂度为 。
而对于查询操作,如果该块被打上了标记,则查询复杂度为 ,如果没有打上标记,则直接暴力查询,时间复杂度为 。此题是修改与查询次数一致,而修改操作每次最多使得 个块标记消失。因此可以发现,我们可以故意设置数据使得此种做法 ,即利用修改操作使得所有块的 标记消失,然后每次查询颜色时就会遍历所有块,可以将时间复杂度卡成 。(不过此题数据较水,此种方法也可以过,而且很快, 即可通过…)
因此正确的做法是当块没有 标记时,为了避免直接暴力询问,我们对于每个块记录一个 ,查询复杂度为 。修改复杂度会变成 ,查询复杂度为 ,但是避免了被卡的可能。( 可以通过)
总结:
对于一些不太常见的数据结构问题,一定要尝试考虑分块,因为分块方法用途很多,而且算法核心是暴力。
而对于分块算法,一定要多多尝试,你可能觉得这样分块会被你故意构造的一组数据卡成 ,但是出题人未必就考虑到了你的这种做法,因此一定要多尝试,不要只去尝试那些 的算法。当然如果能直接想到 的算法则是最好的!
代码1:(390 ms)
#include <bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a);
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define per(i,a,b) for(int i = a; i >= b; i--)
#define __ ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N = 1e5+10;
const db EPS = 1e-9;
using namespace std;
void dbg() {cout << "\n";}
template<typename T, typename... A> void dbg(T a, A... x) {cout << a << ' '; dbg(x...);}
#define logs(x...) {cout << #x << " -> "; dbg(x);}
int n,m,a[N],L[N],R[N],pos[N],cnt,sz,lazy[N],num[N];
unordered_map<int,int> mp[1010];
void change(int l,int r,int x){
rep(i,pos[l],pos[r]){
if(L[i] >= l && R[i] <= r){
// mp[i].clear();
// mp[i][x] = R[i]-L[i]+1;
lazy[i] = x;
}
else{
if(lazy[i]){
rep(j,L[i],R[i]) a[j] = lazy[i];
lazy[i] = 0;
}
rep(j,max(l,L[i]),min(R[i],r)){
// mp[i][a[j]]--;
// mp[i][x]++;
a[j] = x;
}
}
}
}
int ask(int x){
int ans = 0;
rep(i,1,cnt){
if(lazy[i]){
if(lazy[i] == x) ans += R[i]-L[i]+1;
}
else{
rep(j,L[i],R[i])
if(a[j] == x) ans++;
}
}
return ans;
}
int main()
{
int h; scanf("%d%d%d",&n,&h,&m);
sz = sqrt(n);
cnt = n/sz;
if(n%sz != 0) cnt++;
rep(i,1,cnt){
L[i] = sz*(i-1)+1;
R[i] = min(sz*i,n);
mp[i][1] = R[i]-L[i]+1;
}
rep(i,1,n) pos[i] = ((i-1)/sz)+1;
rep(i,1,n) a[i] = 1;
while(m--){
ll p,x,a,b;
scanf("%lld%lld%lld%lld",&p,&x,&a,&b);
ll s = ask(p);
ll m1 = (a+s*s)%n;
ll m2 = (a+(s+b)*(s+b))%n;
change(min(m1,m2)+1,max(m1,m2)+1,x);
}
rep(i,1,cnt)
if(lazy[i]){
rep(j,L[i],R[i]) a[j] = lazy[i];
lazy[i] = 0;
}
rep(i,1,n)
num[a[i]]++;
int maxx=0;
rep(i,1,h)
maxx = max(maxx,num[i]);
printf("%d\n",maxx);
return 0;
}
代码2:(790 ms)
#include <bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a);
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define per(i,a,b) for(int i = a; i >= b; i--)
#define __ ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
typedef long long ll;
typedef double db;
const int N = 1e5+10;
const db EPS = 1e-9;
using namespace std;
void dbg() {cout << "\n";}
template<typename T, typename... A> void dbg(T a, A... x) {cout << a << ' '; dbg(x...);}
#define logs(x...) {cout << #x << " -> "; dbg(x);}
int n,m,a[N],L[N],R[N],pos[N],cnt,sz,lazy[N],num[N];
unordered_map<int,int> mp[510];
void change(int l,int r,int x){
rep(i,pos[l],pos[r]){
if(L[i] >= l && R[i] <= r) lazy[i] = x;
else{
if(lazy[i]){
std::unordered_map<int,int> tmp;
mp[i].swap(tmp); //设置一个空的交换,类似于clear
mp[i].reserve(1000); //预留map中元素个数
mp[i].rehash(1000); //给元素个数预留足够的bucket用于hash
mp[i][lazy[i]] = R[i]-L[i]+1;
rep(j,L[i],R[i]) a[j] = lazy[i];
lazy[i] = 0;
}
rep(j,max(l,L[i]),min(R[i],r)){
mp[i][a[j]]--;
mp[i][x]++;
a[j] = x;
}
}
}
}
int ask(int x){
int ans = 0;
rep(i,1,cnt){
if(lazy[i]){
if(lazy[i] == x) ans += R[i]-L[i]+1;
}
else ans += mp[i][x];
}
return ans;
}
int main()
{
int h; scanf("%d%d%d",&n,&h,&m);
sz = sqrt(n);
cnt = n/sz;
if(n%sz != 0) cnt++;
rep(i,1,cnt){
L[i] = sz*(i-1)+1;
R[i] = min(sz*i,n);
mp[i][1] = R[i]-L[i]+1;
}
rep(i,1,n) pos[i] = ((i-1)/sz)+1;
rep(i,1,n) a[i] = 1;
while(m--){
ll p,x,a,b;
scanf("%lld%lld%lld%lld",&p,&x,&a,&b);
ll s = ask(p);
ll m1 = (a+s*s)%n;
ll m2 = (a+(s+b)*(s+b))%n;
change(min(m1,m2)+1,max(m1,m2)+1,x);
}
rep(i,1,cnt)
if(lazy[i]){
rep(j,L[i],R[i]) a[j] = lazy[i];
lazy[i] = 0;
}
rep(i,1,n)
num[a[i]]++;
int maxx=0;
rep(i,1,h)
maxx = max(maxx,num[i]);
printf("%d\n",maxx);
return 0;
}