[JZOJ4633] 【GDOI2017模拟7.15】萌萌哒

题目

描述

题目大意

给你一个数列，接下来有许多个操作，使得区间[l1,r1][l_1,r_1][l1​,r1​]和[l2,r2][l_2,r_2][l2​,r2​]对应的位置染上同样的颜色（使得它们相同）。

最后输出9∗10颜色数−19*10^{颜色数-1}9∗10颜色数−1

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思考历程

首先看到这题就自然而然地往数据结构方面想（废话！）

接着先想平衡树。既然要将这两个区间变成一样的，那就将它们各自放到子树中，然后对于两个子树的根打上标记。

接下来问题就出现了，怎么维护？怎么下传？并且由于它可能多个标记在一起，这样的时间复杂度岂不是翻天了？

然后我开始想，能不能将这些东西用同一棵子树来代替呢？

想来想去都不能，因为在后面这棵子树总是会被拆开的。

于是我又去想分块，想了一下后开始打，打了几句后突然发现——我没有办法保证这些块都是完全配对的！

想不出来，最终颓废，拿了暴力303030分的好成绩。

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正解

首先有WMY的强大分块做法，我大概听懂了，不过好复杂。

我也没有打，也懒得打，何况他自己就被卡了常数。

所以这里就先不介绍了。

题解的做法是ST表。

ST表是什么东西？就是打RMQRMQRMQ时用的那个DP（数据结构？），也可以理解为倍增表。

这题的ST表做法简单易懂，令人大开眼界。

一个区间可以变成两个小区间（这两个小区间之间会有重合部分），两个小区间的并集就是这个大区间。

对于要合并的两个区间，分别这样拆一下，然后对应的合并在一起。

这和之前RMQ的道理是一样的。

（当然，实际上也可以像倍增一样搞，这样的好处是没有重合部分，但对于这题并没有什么卵用）

接下来就变成了合并对应的两个小区间。

它们各自对应着一个ST表上的节点，所以就将这两个节点合并（当然用并查集）。

接着将每个区间分别分成两份，递归下去合并。

如果它们已经合并了，那就退出。（因为它们下面小区间的点已经被合并了。）

听起来好像很暴力的样子。

但实际上ST表上的节点只有O(nlg⁡n)O(n\lg n)O(nlgn)个。

由于合并过就退出，所以合并的次数顶多为O(nlg⁡n)O(n\lg n)O(nlgn)

那这样时间复杂度就得以保证了。

总时间复杂度就是O(nlg⁡n)O(n\lg n)O(nlgn)的

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总结

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define N 100010
int n;
struct Point{//这是为了方便操作而搞出来的指针式链表（真是造福人类）
	Point *p;
} st[N][17];
Point *getfa(Point &x){
	if (x.p==&x)
		return &x;
	return x.p=getfa(*x.p);
}
inline void merge(int x,int y,int k){
	Point *xx=getfa(st[x][k]),*yy=getfa(st[y][k]);
	if (xx==yy)
		return;
	xx->p=yy;
	if (!k)
		return;
	merge(x,y,k-1),merge(x+(1<<k-1),y+(1<<k-1),k-1);
}
inline void connect(int x,int y,int len){
	int k=log2(len);
	merge(x,y,k);
	merge(x+len-(1<<k),y+len-(1<<k),k);
}
int main(){
	int T;
	scanf("%d%d",&n,&T);
	for (int i=1;i<=n;++i)
		for (int j=0;j<17;++j)
			st[i][j].p=&st[i][j];
	while (T--){
		int l1,r1,l2,r2;
		scanf("%d%d%d%d",&l1,&r1,&l2,&r2);
		connect(l1,l2,r1-l1+1);
	}
	int cnt=0;
	for (int i=1;i<=n;++i)
		if (getfa(st[i][0])==&st[i][0])
			cnt++;
	int ans=9;
	for (int i=1;i<cnt;++i)
		ans=ans*10ll%1000000007;
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

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总结

我真的想不到原来ST表还可以这样用……