计蒜客NOIP模拟赛(3)D1T3 任性的国王
X 国的地图可以被看作一个两行 nn 列的网格状图。现在 X 国需要修建铁路，然而该国的国王非常小气，他只想保证位于某两列之间的所有城市互相可以到达就行了，在此基础上，他希望所花费的代价最小。
铁路可以建在任何两个相邻的点之间，使他们可以互相到达。可以作为工作人员，你已经整理出了为每一对相邻城市架设铁路所需要的花费。你需要准备好回答国王如下形式的问题。
对于 (i,j)(i,j)：当前情况下，使第 ii 列到第 jj 列之间的所有城市连通的最小代价是多少（列下标从 11 开始）？注意不能用其他列的城市。
然而你还有更大的困难，随着时间变化，使用某些边作为铁路的代价会发生改变，你必须有效率地处理这些变化。
输入格式
第一行两个正整数 n,m，表示该国有 2 行 n 列以及 m个询问或者操作。
第二行 3n-2个数，前 n-1个数依次表示在第一行的 n-1 条边上修建铁路的代价。
接下来 n-1 个数，依次表示在第二行的 n-1 条边上修建铁路的代价。
最后 n 个数，依次表示在第 1列到第 n列的边上修建铁路的代价。
接下来 m 行的输入具有如下形式，K,S,T其中
若 K=1，则表示询问当前状态下，使所有第 S 列到第 T 列之间的城市连通需要的最小代价。
若 K=2，则表示位于第 1 行第 S 列的点到第 1 行第 S+1 列的点之间的边上修建铁路的代价变为 T。
若 K=3，则表示位于第 2 行第 S 列的点和第 2 行第 S+1 列的点之间的边上修建铁路的代价变为 T。
若 K=4，则表示第 S 列的边上修建铁路的代价变为 T。
输出格式
依次对每个询问，用一行输出相应的答案。
数据范围与约定
对于 30% 的数据：n,m≤2000。
另有 30% 的数据：所有竖边的代价为 0 且永不改变。
对于全部数据：n,m<10^5
所有输入和输出数据保证合法，且不超过 2^{31}-1
样例输入
4 14
2 3 4 3 1 1 1 5 4 7
1 1 2
1 2 3
1 1 3
1 2 4
2 1 5
1 1 4
4 2 1
1 1 3
1 2 3
1 2 4
3 3 100
1 3 4
1 2 4
1 1 4
样例输出
6
8
10
13
17
9
5
10
15
16
20
暴力显然可以每一次查询做一次最小生成树
一开始贪心，每一列选两个最小的边，用线段树维护，然后选一个最小的未选边
但这样显然不能保证图连通和最优
我们要想办法用数据结构来优化查询和修改，这里用线段树
w[rt][0/1][0/1]表示rt区间左，右是否有竖边的最小值
这样就可以通过左右区间合并来维护和查询
注意当区间只有一个元素时
w[rt][0][1]=a[l]+b[l]+c[l+1]
每一个节点都要算上下一个点的竖边，合并时要减去重复的竖边
详情见代码，这样是可以保证图连通的
s=t时要特判
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long lol;
struct XXX
{
lol a[][];
};
lol w[][][],a[],b[],c[];
int n,m;
void pushup(int rt,int mid)
{int i,j;
for (i=;i<=;i++)
for (j=;j<=;j++)
{
w[rt][i][j]=1e9;
lol cost=w[rt*][i][]+w[rt*+][][j]-c[mid+];
w[rt][i][j]=min(w[rt][i][j],cost);
cost=w[rt*][i][]+w[rt*+][][j]-c[mid+];
w[rt][i][j]=min(w[rt][i][j],cost);
cost=w[rt*][i][]+w[rt*+][][j]-c[mid+];
w[rt][i][j]=min(w[rt][i][j],cost);
}
}
void build(int rt,int l,int r)
{
if (l>r) return;
if (l==r)
{
lol tot=a[l]+b[l]+c[l]+c[l+];
w[rt][][]=tot-c[l+];
w[rt][][]=tot-(a[l]+b[l]+abs(b[l]-a[l]))/;
w[rt][][]=1e9;
w[rt][][]=tot-c[l];
return;
}
int mid=(l+r)/;
build(rt*,l,mid);
build(rt*+,mid+,r);
pushup(rt,mid);
}
void ask(int rt,int l,int r,int L,int R,XXX &p)
{int i,j;
if (l>r) return;
if (l>=L&&r<=R)
{
for (i=;i<=;i++)
for (j=;j<=;j++)
p.a[i][j]=w[rt][i][j];
return;
}
XXX p1,p2;
if (l==r) return;
int mid=(l+r)/;
if (L>=mid+)
{
ask(rt*+,mid+,r,L,R,p2);
for (i=;i<=;i++)
for (j=;j<=;j++)
p.a[i][j]=p2.a[i][j];
return;
}
if (R<=mid)
{
ask(rt*,l,mid,L,R,p1);
for (i=;i<=;i++)
for (j=;j<=;j++)
p.a[i][j]=p1.a[i][j];
return;
}
ask(rt*,l,mid,L,R,p1);
ask(rt*+,mid+,r,L,R,p2);
for (i=;i<=;i++)
for (j=;j<=;j++)
{
p.a[i][j]=1e9;
lol cost=p1.a[i][]+p2.a[][j]-c[mid+];
p.a[i][j]=min(p.a[i][j],cost);
cost=p1.a[i][]+p2.a[][j]-c[mid+];
p.a[i][j]=min(p.a[i][j],cost);
cost=p1.a[i][]+p2.a[][j]-c[mid+];
p.a[i][j]=min(p.a[i][j],cost);
}
}
void update(int rt,int l,int r,lol k,lol x,lol d)
{
if (l>r) return;
if (l==r)
{
if (k==) a[x]=d;
if (k==) b[x]=d;
if (k==) c[x]=d;
lol tot=a[l]+b[l]+c[l]+c[l+];
w[rt][][]=tot-c[l+];
w[rt][][]=tot-(a[l]+b[l]+abs(b[l]-a[l]))/;
w[rt][][]=1e9;
w[rt][][]=tot-c[l];
return;
}
int mid=(l+r)/;
if (k==)
{
if (x<=mid+) update(rt*,l,mid,k,x,d);
if (x>=mid+) update(rt*+,mid+,r,k,x,d);
}
else
{
if (x<=mid) update(rt*,l,mid,k,x,d);
else update(rt*+,mid+,r,k,x,d);
}
pushup(rt,mid);
}
int main()
{int i;
lol k,s,t;
XXX p;
cin>>n>>m;
for (i=;i<=n-;i++)
scanf("%lld",&a[i]);
for (i=;i<=n-;i++)
scanf("%lld",&b[i]);
for (i=;i<=n;i++)
scanf("%lld",&c[i]);
build(,,n-);
while (m--)
{lol ans=2e9;
scanf("%lld%lld%lld",&k,&s,&t);
if (k==)
{
if (s==t)
{printf("%lld\n",c[s]);continue;}
ask(,,n-,s,t-,p);
ans=min(min(p.a[][],p.a[][]),min(p.a[][],p.a[][]));
printf("%lld\n",ans);
}
else
{
update(,,n-,k,s,t);
}
}
}
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long lol;
struct XXX
{
lol a[][];
};
lol w[][][],a[],b[],c[];
int n,m;
void pushup(int rt,int mid)
{int i,j;
for (i=;i<=;i++)
for (j=;j<=;j++)
{
w[rt][i][j]=1e9;
lol cost=w[rt*][i][]+w[rt*+][][j]-c[mid+];
w[rt][i][j]=min(w[rt][i][j],cost);
cost=w[rt*][i][]+w[rt*+][][j]-c[mid+];
w[rt][i][j]=min(w[rt][i][j],cost);
cost=w[rt*][i][]+w[rt*+][][j]-c[mid+];
w[rt][i][j]=min(w[rt][i][j],cost);
}
}
void build(int rt,int l,int r)
{
if (l>r) return;
if (l==r)
{
lol tot=a[l]+b[l]+c[l]+c[l+];
w[rt][][]=tot-c[l+];
w[rt][][]=tot-(a[l]+b[l]+abs(b[l]-a[l]))/;
w[rt][][]=1e9;
w[rt][][]=tot-c[l];
return;
}
int mid=(l+r)/;
build(rt*,l,mid);
build(rt*+,mid+,r);
pushup(rt,mid);
}
void ask(int rt,int l,int r,int L,int R,XXX &p)
{int i,j;
if (l>r) return;
if (l>=L&&r<=R)
{
for (i=;i<=;i++)
for (j=;j<=;j++)
p.a[i][j]=w[rt][i][j];
return;
}
XXX p1,p2;
if (l==r) return;
int mid=(l+r)/;
if (L>=mid+)
{
ask(rt*+,mid+,r,L,R,p2);
for (i=;i<=;i++)
for (j=;j<=;j++)
p.a[i][j]=p2.a[i][j];
return;
}
if (R<=mid)
{
ask(rt*,l,mid,L,R,p1);
for (i=;i<=;i++)
for (j=;j<=;j++)
p.a[i][j]=p1.a[i][j];
return;
}
ask(rt*,l,mid,L,R,p1);
ask(rt*+,mid+,r,L,R,p2);
for (i=;i<=;i++)
for (j=;j<=;j++)
{
p.a[i][j]=1e9;
lol cost=p1.a[i][]+p2.a[][j]-c[mid+];
p.a[i][j]=min(p.a[i][j],cost);
cost=p1.a[i][]+p2.a[][j]-c[mid+];
p.a[i][j]=min(p.a[i][j],cost);
cost=p1.a[i][]+p2.a[][j]-c[mid+];
p.a[i][j]=min(p.a[i][j],cost);
}
}
void update(int rt,int l,int r,lol k,lol x,lol d)
{
if (l>r) return;
if (l==r)
{
if (k==) a[x]=d;
if (k==) b[x]=d;
if (k==) c[x]=d;
lol tot=a[l]+b[l]+c[l]+c[l+];
w[rt][][]=tot-c[l+];
w[rt][][]=tot-(a[l]+b[l]+abs(b[l]-a[l]))/;
w[rt][][]=1e9;
w[rt][][]=tot-c[l];
return;
}
int mid=(l+r)/;
if (k==)
{
if (x<=mid+) update(rt*,l,mid,k,x,d);
if (x>=mid+) update(rt*+,mid+,r,k,x,d);
}
else
{
if (x<=mid) update(rt*,l,mid,k,x,d);
else update(rt*+,mid+,r,k,x,d);
}
pushup(rt,mid);
}
int main()
{int i;
lol k,s,t;
XXX p;
cin>>n>>m;
for (i=;i<=n-;i++)
scanf("%lld",&a[i]);
for (i=;i<=n-;i++)
scanf("%lld",&b[i]);
for (i=;i<=n;i++)
scanf("%lld",&c[i]);
build(,,n-);
while (m--)
{lol ans=2e9;
scanf("%lld%lld%lld",&k,&s,&t);
if (k==)
{
if (s==t)
{printf("%lld\n",c[s]);continue;}
ask(,,n-,s,t-,p);
ans=min(min(p.a[][],p.a[][]),min(p.a[][],p.a[][]));
printf("%lld\n",ans);
}
else
{
update(,,n-,k,s,t);
}
}
}
计蒜客NOIP模拟赛(3)D1T3 任性的国王的更多相关文章
- 计蒜客NOIP模拟赛4 D1T3 小X的佛光
小 X 是远近闻名的学佛,平日里最喜欢做的事就是蒸发学水. 小 X 所在的城市 X 城是一个含有 N 个节点的无向图,同时,由于 X 国是一个发展中国家,为了节约城市建设的经费,X 国首相在建造 X ...
- 计蒜客NOIP模拟赛(2)D1T3 深黑幻想
[问题描述] 凡终于发愤图强,决定专心搞OI,不再玩纸牌和坑钱了!没过多久就飘飘然了,总是陷入自己进了集训队的深黑幻想之中. 样听说了之后,决定考一考凡欧拉回路怎么写.样:“我给你出一道题 ...
- 计蒜客NOIP模拟赛6 D1T1Diamond-square
Diamond-square 算法是一种能够用于生成噪声的算法,现在我们考虑这个算法的一个变种. 你有一个 2^n\times 2^n2n×2n 的网格,一共有 (2^n+1)^2(2n ...
- 计蒜客NOIP模拟赛4 D2T1 鬼脚图
鬼脚图,又称画鬼脚,在日本称作阿弥陀签,是一种经典游戏,也是一种简易的决策方法,常常用来抽签或决定分配组合. 下图就是一张鬼脚图,其包含若干条竖线和若干条横线.请注意,横线只能水平连接相邻的两条竖线, ...
- 计蒜客 NOIP模拟赛(3) D1T1火山喷发
火山喷发对所有附近的生物具有毁灭性的影响.在本题中,我们希望用数值来模拟这一过程. 在环境里有 nnn 个生物分别具有 A1,A2,⋯,An点生命值,一次火山喷发总计 M轮,每轮造成 1点伤害,等 ...
- 计蒜客NOIP模拟赛(2) D1T1邻家男孩
凡是一个具有领导力的孩子.现实生活中他特别喜欢玩一个叫做 UNO 的纸牌游戏,他也总是带着其他小朋友一起玩,然后战胜他们.慢慢地,他厌倦了胜利,于是准备发明一种新的双人纸牌游戏. 初始时,每个人手中都 ...
- 计蒜客NOIP模拟赛5 D1T1 机智的 AmyZhi
那年一个雨季,AmyZhi 在校门外弯身买参考书. 这时 SiriusRen 走过来,一言不合甩给她一道“自认为”很难的题: --------------- 给你一个数字 NN(NN 的范围是 11 ...
- 计蒜客NOIP模拟赛4 D2T2 跑步爱天天
YOUSIKI 在 noip2016 的一道<天天爱跑步>的题爆零后,潜心研究树上问题,成为了一代大师,于是皮皮妖为了测验他,出了一道题,名曰<跑步爱天天>. 有一个以 1 为 ...
- 计蒜客NOIP模拟赛4 D1T2小X的密室
小 X 正困在一个密室里,他希望尽快逃出密室. 密室中有 N 个房间,初始时,小 X 在 1 号房间,而出口在 N 号房间. 密室的每一个房间中可能有着一些钥匙和一些传送门,一个传送门会单向地创造一条 ...
随机推荐
- [福大软工] W班 团队第一次作业—团队展示成绩公布
作业地址 https://edu.cnblogs.com/campus/fzu/FZUSoftwareEngineering1715W/homework/906 作业要求 根据已经组队的队伍组成, 每 ...
- C语言博客作业--函数 陈张鑫
一.PTA实验作业 题目1:6-3 使用函数判断完全平方数 1. 本题PTA提交列表 2. 设计思路 1.定义int IsSquare( int n )函数 2.判断(sqrt(n)是否为整数 3., ...
- 20162302 实验一《Java开发环境的熟悉》实验报告
实 验 报 告 课程:程序设计与数据结构 姓名:杨京典 班级:1623 学号:20162302 实验名称:Java开发环境的熟悉 实验器材:装有Ubuntu的联想拯救者80RQ 实验目的与要求:1.使 ...
- 【iOS】Swift LAZY 修饰符和 LAZY 方法
延时加载或者说延时初始化是很常用的优化方法,在构建和生成新的对象的时候,内存分配会在运行时耗费不少时间,如果有一些对象的属性和内容非常复杂的话,这个时间更是不可忽略.另外,有些情况下我们并不会立即用到 ...
- servlet线程同步问题-代码实现同步(转)
从servlet的生命周期中,我们知道,当第一次访问某个servlet后,该servlet的实例就会常驻 内存,以后再次访问该servlet就会访问同一个servlet实例,这样就带来多个用户去访问一 ...
- nyoj水池数目
水池数目 时间限制:3000 ms | 内存限制:65535 KB 难度:4 描述 南阳理工学院校园里有一些小河和一些湖泊,现在,我们把它们通一看成水池,假设有一张我们学校的某处的地图,这个地 ...
- java程序员最不愿意看到的十件事
0.遍历结果集并构造对象如果你是个时髦的开发者而不是专业人员,显然你从某篇博客中读过有开发者遇到Hibernate的“性能问题”,因而认为ORM都不好,觉得手动编码“明显更好”.喜欢的话你当然可以用 ...
- Swagger: 一个restful接口文档在线生成+功能测试软件
一.什么是 Swagger? Swagger 是一款RESTFUL接口的文档在线自动生成+功能测试功能软件.Swagger 是一个规范和完整的框架,用于生成.描述.调用和可视化 RESTful 风格的 ...
- restful架构风格设计准则（二）以资源为中心，一个url
读书笔记,原文链接:http://www.cnblogs.com/loveis715/p/4669091.html,感谢作者! 1.REST是一种架构风格,其核心是面向资源,简化设计,降低开发的复杂性 ...
- python入门（14）定义函数和接收返回值
定义函数: 定义一个求绝对值的my_abs函数为例: def my_abs(x): if x >= 0: return x else: return -x 如果没有return语句,函数执行完毕 ...