The Street

思路:

  动态开节点线段树;

  等差序列求和于取大,是两个独立的子问题;

  所以,建两颗线段树分开维护;

  求和:等差数列的首项和公差直接相加即可;

  取大:

    对于线段树每个节点储存一条斜率为等差数列公差的线段;

    当添加线段到已有线段的节点,下传一条线段,当前节点留下一条线段;

    当要添加的线段完全覆盖或者被覆盖当前节点储存的线段时,选择更新或者不更新;

  单点查询时,从根节点到叶节点的路径上去最大值;

来,上代码:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm> using namespace std; #define ll long long
#define INF (1LL<<62) struct TreeNodeType {
ll a,b; bool if_; struct TreeNodeType *lc,*rc; TreeNodeType()
{
lc=NULL,rc=NULL,if_=false,a=,b=;
}
}; ll n,m; inline void in(ll &now)
{
ll if_z=;now=;
char Cget=getchar();
while(Cget>''||Cget<'')
{
if(Cget=='-') if_z=-;
Cget=getchar();
}
while(Cget>=''&&Cget<='')
{
now=now*+Cget-'';
Cget=getchar();
}
now*=if_z;
} class SumTreeType {
public:
struct TreeNodeType *root; SumTreeType(){} inline void tree_down(TreeNodeType *&now,ll l,ll r)
{
if(now->lc==NULL) now->lc=new TreeNodeType;
if(now->rc==NULL) now->rc=new TreeNodeType;
now->lc->a+=now->a,now->lc->b+=now->b;
now->rc->a+=now->a+((l+r>>)-l+)*now->b,now->rc->b+=now->b;
now->a=,now->b=;
} void tree_add(TreeNodeType *&now,ll l,ll r,ll li,ll ri,ll a,ll b)
{
if(now==NULL) now=new TreeNodeType;
if(l==li&&r==ri)
{
now->a+=a,now->b+=b;
return ;
}
ll mid=l+r>>;
if(now->a!=&&now->b!=) tree_down(now,l,r);
if(li>mid) tree_add(now->rc,mid+,r,li,ri,a,b);
else if(ri<=mid) tree_add(now->lc,l,mid,li,ri,a,b);
else
{
tree_add(now->lc,l,mid,li,mid,a,b);
tree_add(now->rc,mid+,r,mid+,ri,a+(mid-li+)*b,b);
}
} ll tree_query(TreeNodeType *&now,ll l,ll r,ll to)
{
if(now==NULL) return ;
if(l==r) return now->a;
if(now->a!=||now->b!=) tree_down(now,l,r);
ll mid=l+r>>;
if(to<=mid) return tree_query(now->lc,l,mid,to);
else return tree_query(now->rc,mid+,r,to);
}
};
class SumTreeType ai; class MaxTreeType {
public:
ll X; bool op; struct TreeNodeType *root; MaxTreeType(){} inline double com(ll a1,ll b1,ll a2,ll b2)
{
if(a1==a2) return ;
return (double)(a1-a2)/(double)(b2-b1);
} void tree_down(TreeNodeType *&now,ll l,ll r,ll a,ll b)
{
if(now==NULL)
{
now=new TreeNodeType;
now->if_=true;
now->a=a,now->b=b;
return ;
}
if(!now->if_)
{
now->a=a,now->b=b,now->if_=true;
return ;
}
double xx=com(now->a-l*now->b,now->b,a-l*b,b),mid=l+r>>;
if(xx<=l||xx>=r)
{
if((mid-l)*b+a>(mid-l)*now->b+now->a) now->a=a,now->b=b;
return ;
}
if(xx<=mid)
{
if(now->b<b)
{
tree_down(now->lc,l,mid,now->a,now->b);
now->a=a,now->b=b,now->if_=true;
}
else tree_down(now->lc,l,mid,a,b);
}
else
{
if(now->b<b) tree_down(now->rc,mid+,r,a+(mid-l+)*b,b);
else
{
tree_down(now->rc,mid+,r,now->a+(mid-l+)*now->b,now->b);
now->a=a,now->b=b,now->if_=true;
}
}
} void tree_add(TreeNodeType *&now,ll l,ll r,ll li,ll ri,ll a,ll b)
{
if(now==NULL) now=new TreeNodeType;
if(l==li&&r==ri)
{
if(!now->if_)
{
now->if_=true;
now->a=a,now->b=b;
}
else tree_down(now,l,r,a,b);
return ;
}
ll mid=l+r>>;
if(ri<=mid) tree_add(now->lc,l,mid,li,ri,a,b);
else if(li>mid) tree_add(now->rc,mid+,r,li,ri,a,b);
else
{
tree_add(now->lc,l,mid,li,mid,a,b);
tree_add(now->rc,mid+,r,mid+,ri,a+(mid-li+)*b,b);
}
} void tree_query(TreeNodeType *&now,ll l,ll r,ll to)
{
if(now==NULL) return ;
if(now->if_) X=max(X,now->a+(to-l)*now->b);
if(l==r) return ;
ll mid=l+r>>;
if(to<=mid) tree_query(now->lc,l,mid,to);
else tree_query(now->rc,mid+,r,to);
}
};
class MaxTreeType bi; int main()
{
in(n),in(m);ll op,u,v,a,b;
for(ll i=;i<=m;i++)
{
in(op);
if(op==)
{
in(u),in(v),in(b),in(a);
bi.tree_add(bi.root,,n,u,v,a,b);
}
else if(op==)
{
in(u),in(v),in(b),in(a);
ai.tree_add(ai.root,,n,u,v,a,b);
}
else if(op==)
{
in(u);
bi.X=-INF;
bi.tree_query(bi.root,,n,u);
if(bi.X==-INF) printf("NA\n");
else printf("%lld\n",bi.X+ai.tree_query(ai.root,,n,u));
}
}
return ;
}

AC日记——The Street codechef March challenge 2014的更多相关文章

  1. Codechef March Challenge 2014——The Street

    The Street Problem Code: STREETTA https://www.codechef.com/problems/STREETTA Submit Tweet All submis ...

  2. codechef January Challenge 2014 Sereja and Graph

    题目链接:http://www.codechef.com/JAN14/problems/SEAGRP [题意] 给n个点,m条边的无向图,判断是否有一种删边方案使得每个点的度恰好为1. [分析] 从结 ...

  3. 【分块+树状数组】codechef November Challenge 2014 .Chef and Churu

    https://www.codechef.com/problems/FNCS [题意] [思路] 把n个函数分成√n块,预处理出每块中各个点(n个)被块中函数(√n个)覆盖的次数 查询时求前缀和,对于 ...

  4. CodeChef November Challenge 2014

    重点回忆下我觉得比较有意义的题目吧.水题就只贴代码了. Distinct Characters Subsequence 水. 代码: #include <cstdio> #include ...

  5. 刷漆(Codechef October Challenge 2014:Remy paints the fence)

    [问题描述] Czy做完了所有的回答出了所有的询问,结果是,他因为脑力消耗过大而变得更虚了:).帮助Czy恢复身材的艰巨任务落到了你的肩上. 正巧,你的花园里有一个由N块排成一条直线的木板组成的栅栏, ...

  6. [Codechef October Challenge 2014]刷漆

    问题描述 Czy做完了所有的回答出了所有的询问,结果是,他因为脑力消耗过大而变得更虚了:).帮助Czy恢复身材的艰巨任务落到了你的肩上. 正巧,你的花园里有一个由N块排成一条直线的木板组成的栅栏,木板 ...

  7. Codechef December Challenge 2014 Chef and Apple Trees 水题

    Chef and Apple Trees Chef loves to prepare delicious dishes. This time, Chef has decided to prepare ...

  8. CodeChef March Challenge 2019题解

    传送门 \(CHNUM\) 显然正数一组,负数一组 for(int T=read();T;--T){ n=read(),c=d=0; fp(i,1,n)x=read(),x>0?++c:++d; ...

  9. CODECHEF Oct. Challenge 2014 Children Trips

    @(XSY)[分塊, 倍增] Description There's a new trend among Bytelandian schools. The "Byteland Tourist ...

随机推荐

  1. 2018"百度之星"程序设计大赛 - 资格赛 - 题集

    1001 $ 1 \leq m \leq 10 $ 像是状压的复杂度. 于是我们(用二进制)枚举留下的问题集合 然后把这个集合和问卷们的答案集合 $ & $ 一下 就可以只留下被选中的问题的答 ...

  2. Centos7中查看IP地址命令ifconfig无法识别如何处理

    问题描述: 在虚拟机中已安装好Centos7系统,查看IP地址使用命令ifconfig时,提示找不到此命令,使用ip addr命令则可查询当前系统的IP地址(如图1.2): 图1 图2 解决问题步骤: ...

  3. [转]unity之LOD

    LOD技术有点类似于Mipmap技术,不同的是,LOD是对模型建立了一个模型金字塔,根据摄像机距离对象的远近,选择使用不同精度的模型. 它的好处是可以在适当的时候大量减少需要绘制的顶点数目. 它的缺点 ...

  4. LDA和PCA降维的原理和区别

     LDA算法的主要优点有: 在降维过程中可以使用类别的先验知识经验,而像PCA这样的无监督学习则无法使用类别先验知识. LDA在样本分类信息依赖均值而不是方差的时候,比PCA之类的算法较优. LDA算 ...

  5. CentOS下创建和root权限完全相同用户

    新建用户 [root@bagon ~]# useradd newroot 修改密码 [root@bagon ~]# passwd newroot 编辑/etc/passwd,找到新建用户那一行 new ...

  6. Spring 笔记(二)模块体系

    前言 在 Spring Boot 出现之前,开发一个 Spring 项目总会需要添加很多依赖.但是我们在配置依赖的时候,往往不太明确各依赖的具体作用,经常是从网上复制粘贴. 为何需要添加这些依赖?各依 ...

  7. HDU 4667 Building Fence 计算几何 凸包+圆

    1.三角形的所有端点 2.过所有三角形的端点对所有圆做切线,得到所有切点. 3.做任意两圆的外公切线,得到所有切点. 对上述所有点求凸包,标记每个点是三角形上的点还是某个圆上的点. 求完凸包后,因为所 ...

  8. hdu 1535 Invitation Cards (最短路径)

    Invitation Cards Time Limit: 10000/5000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others ...

  9. NetScaler Active-Active模式

    NetScaler Active-Active模式 NetScaler Active-Active模式 (此文档基于版本:NS9.3: Build 55.6 nc) By ShingTan Activ ...

  10. 使用redis实现简单的锁机制

    在测试第三方账号注册时,授权拉取后,如果两台手册同时点击注册按钮,数据库中就会新增两天一模一样的数据,而我们的需求是一个第三方账号只能绑定一个账号,所以,由此现象可以知道,这里产生了并发访问,我们应该 ...