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


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。


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


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;
}

总结

我真的想不到原来ST表还可以这样用……

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