2019牛客暑期多校训练营（第八场） E I

E Explorer

题意：给出一个无向图，每条边有一个通过人数的上限和下限，一群人要一起从1号点走到n号点，这一群人一起走不能分开，问这群人的人数有多少种可以满足条件。

解法：不会做题解参考https://blog.csdn.net/qq_41955236/article/details/99229810这位大佬的，讲得巨好。简单来说就是把原区间离散化（注意这里要有特殊的离散化技巧，①把原区间右端点+1②原区间就代表离散化后的[l,r-1]，③此时离散化后的每个点代表的是该点到该点右边一个点的区间，即该点的贡献是r[i+1]-l[i]）。）把离散化后的下标建一棵线段树，然后把原图上的边插入到相应的区间结点上(如[1,3]这条边就插入到[1,2][3,4]这两个结点)。然后就在线段树上分治寻找满足要求的答案区间，这一步具体来说就是从跟开始不断往下分治，把当前点存下的边加入到图中，如果此时的图1到n连通统计答案分治停止，否则继续分治直至连通或到叶子结点。

怎么一边分治一边判断连通呢？这里用到并查集判断连通的技巧，从上往下加边就在并查集把边的两个端点集合合并，然后如果1和n在同个集合就是连通。然后注意回溯的时候还原并查集，同时因为有回溯操作，并查集不能路径压缩而使用启发式合并。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+;
typedef long long LL;
int n,m,fa[N],sz[N];
LL ans;
struct edge{
    int u,v,l,r;
}e[N];

int getfa(int x) { return x==fa[x] ? x : getfa(fa[x]); }

vector<int> tree[N<<],b;
void update(int rt,int l,int r,int ql,int qr,int id) {
    if (ql<=l && r<=qr) {
        tree[rt].push_back(id);
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>;
    if (ql<=mid) update(rt<<,l,mid,ql,qr,id);
    if (qr>mid) update(rt<<|,mid+,r,ql,qr,id);
} 

void dfs(int rt,int l,int r) {
    vector<int> rec; rec.clear();
    int mid=(l+r)>>;
    for (int i=;i<tree[rt].size();i++) {
        int x=e[tree[rt][i]].u,y=e[tree[rt][i]].v;
        int fx=getfa(x),fy=getfa(y);
        if (sz[fx]>sz[fy]) swap(fx,fy);
        rec.push_back(fx);
        fa[fx]=fa[fy]; sz[fy]+=sz[fx];
    }
    if (getfa()==getfa(n)) ans+=b[r]-b[l-];  //每个点代表的是该点到右边一个点的区间值
    else if (l<r) dfs(rt<<,l,mid),dfs(rt<<|,mid+,r);
    for (int i=;i<rec.size();i++) fa[rec[i]]=rec[i];
}

int main()
{
    cin>>n>>m;
    for (int i=;i<=m;i++) {
        scanf("%d%d%d%d",&e[i].u,&e[i].v,&e[i].l,&e[i].r);
        b.push_back(e[i].l); b.push_back(e[i].r+);  //右端点+1
    }
    sort(b.begin(),b.end());
    b.erase(unique(b.begin(),b.end()),b.end());
    for (int i=;i<=m;i++) {
        int l=lower_bound(b.begin(),b.end(),e[i].l)-b.begin()+;
        int r=lower_bound(b.begin(),b.end(),e[i].r+)-b.begin()+;
        update(,,b.size(),l,r-,i);  //原区间离散化后是[l,r-1]
    }

    for (int i=;i<=n;i++) fa[i]=i,sz[i]=;
    dfs(,,b.size());
    cout<<ans<<endl;
    return ;
} 

D Distance

题意：在一个n*m*h (n*m*h<=1e5) 的三维平面上，有两种操作，操作一是在某个点打个标记，操作二是询问距离某个点最近的标记输出距离。

解法：比赛的时候写了过KD-tree果断TLE了。赛后才知道正解是定期重构。

具体来说：先是我们定义一个dis数组就是所有操作点作为起点在图上跑bfs得到的最小距离。那么我们先用一个队列v把打标记操作囤起来，当这个队列的标记操作达到sqrt(n*m*h)的时候，把队列里的所有元素(有sqrt(n*m*h)个)作为起点跑一次bfs去更新dis数组，没有达到sqrt(nmh)个的时候就先不管先囤着。那么怎么处理询问呢？对于一个询问它的答案ans首先等于dis[x][y][z]，这是代表已经在图上跑过bfs的点(已经屯好的点)的答案，那么还有还在囤在队列v的点就直接暴力更新，因为此时队列v的点不会超过sqrt(nmh)个也不会太慢。

定期重构思想有点像分块，只不过是把操作分块了而不是像分块那样把数据分块。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+;
const int dx[]={-,,,,,};
const int dy[]={,,-,,,};
const int dz[]={,,,,-,};
struct dat{ int x,y,z; };
int n,m,h,T,dis[N];
vector<dat> v;

int id(int x,int y,int z) { return (x-)*m*h+(y-)*h+z; }

queue<dat> q;
void bfs() {
    while (!q.empty()) q.pop();
    for (int i=;i<v.size();i++) {
        q.push((dat){v[i].x,v[i].y,v[i].z});
        dis[id(v[i].x,v[i].y,v[i].z)]=;
    }
    while (!q.empty()) {
        dat u=q.front(); q.pop();
        for (int i=;i<;i++) {
            int nx=u.x+dx[i],ny=u.y+dy[i],nz=u.z+dz[i];
            if (nx< || nx>n || ny< || ny>m || nz< || nz>h) continue;
            if (dis[id(nx,ny,nz)]>dis[id(u.x,u.y,u.z)]+) {
                dis[id(nx,ny,nz)]=dis[id(u.x,u.y,u.z)]+;
                q.push((dat){nx,ny,nz});
            }
        }
    }
}

int main()
{
    cin>>n>>m>>h>>T;
    int k=(int)sqrt(n*m*h);
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    while (T--) {
        int opt,x,y,z; scanf("%d%d%d%d",&opt,&x,&y,&z);
        if (opt==) {
            v.push_back((dat){x,y,z});
            if (v.size()>=k) {  //定期重构
                bfs();
                v.clear();
            }
        } else {
            int ans=dis[id(x,y,z)];
            for (int i=;i<v.size();i++)
                ans=min(ans,abs(x-v[i].x)+abs(y-v[i].y)+abs(z-v[i].z));
            printf("%d\n",ans);
        }
    }
    return ;
}

另外还有一种思维上比较”暴力“的解法：分八种情况建立三维BIT查询最近点对。不难理解这种办法是对的，其实就是分八字情况把绝对值符号去掉了。

但是这种办法实现起来可能会有比较多的技巧，首先就是用怎样的数据结构来存储n*m*h<=1e5的三维BIT？这里用两种办法：第一是常见的通过映射把三维拍成一维数组方式，第二是用三重vector来实现不定长三维数组。然后下一个技巧就是怎么快速讨论八种情况，这里一个比较巧妙地办法是通过0-7地二进制位来决定x/y/z的正负，同时也是用0-7的二进制决定查询x/yz的前半部分还是后半部分。

代价几乎就是抄袭（读书人的事。咳咳）https://www.cnblogs.com/Cwolf9/p/11333344.html这位大佬的。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef vector<int> VI;
typedef vector<VI> VVI;
typedef vector<VVI> VVVI;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,h,T;

struct BIT{
    int n,m,h;
    VVVI bit;
    void init(int _n,int _m,int _h) {  //初始化好大小就可以直接当作三维数组使用
        n=_n; m=_m; h=_h;
        bit=VVVI(n+,VVI(m+,VI(h+,INF)));
    }
    void update(int x,int y,int z,int v) {
        for (int i=x;i<=n;i+=i&-i)
            for (int j=y;j<=m;j+=j&-j)
                for (int k=z;k<=h;k+=k&-k)
                    bit[i][j][k]=min(bit[i][j][k],v);
    }
    int query(int x,int y,int z) {
        int ret=INF;
        for (int i=x;i;i-=i&-i)
            for (int j=y;j;j-=j&-j)
                for (int k=z;k;k-=k&-k)
                    ret=min(ret,bit[i][j][k]);
        return ret;
    }
}bit[];

int main()
{
    cin>>n>>m>>h>>T;
    for (int i=;i<;i++) bit[i].init(n,m,h);  //这里很重要
    while (T--) {
        int opt,x,y,z; scanf("%d%d%d%d",&opt,&x,&y,&z);
        if (opt==) {
            for (int i=;i<;i++) {
                int v=((i&)?x:-x)+(((i>>)&)?y:-y)+(((i>>)&)?z:-z);
                bit[i].update((i&)?n+-x:x,((i>>)&)?m+-y:y,((i>>)&)?h+-z:z,v);
            }
        } else {
            int ans=INF;
            for (int i=;i<;i++) {
                int v=((i&)?x:-x)+(((i>>)&)?y:-y)+(((i>>)&)?z:-z);
                int tmp=bit[i].query((i&)?n+-x:x,((i>>)&)?m+-y:y,((i>>)&)?h+-z:z);
                ans=min(ans,-v+tmp);
            }
            printf("%d\n",ans);
        }
    }
    return ;
}