洛谷 Codeforces 简单的CDQ分治题. 由于对话要求互相看见,无法简单地用树套树切掉,考虑CDQ分治. 按视野从大到小排序,这样只要右边能看见左边就可以保证互相看见. 发现\(K\)固定,那么左右按智商排序.位置离散化之后可以\(two\;pointers\)一下,套个树状数组,就做完了. 由于复杂度瓶颈在树状数组,没必要归并,可以直接\(sort\). 复杂度应该是\(O(n\log^2 n)\). #include<bits/stdc++.h> namespace my_std{

洛谷 Codeforces 思路 一开始想到莫队+bitset,发现要T. 再想到分块+bitset,脑子一抽竟然直接开始写了,当然也T了. 最后发现这就是个裸的CDQ分治-- 发现\(a\)不变,可以处理出每个数在\(a\)中的位置\(pos\). 然后处理出\(aa_i=pos_{b_i}\),交换时就是\(swap(aa_x,aa_y)\). 把每个位置看成\((i,aa_i)\)的点,查询\(l1,r1,l2,r2\)时就是查以\((l2,l1)\)为左下角,\((r2,r1)\)为右上

洛谷 Codeforces 这题我写了四种做法-- 思路 不管做法怎样,思路都是一样的. 好吧,其实不一样,有细微的差别. 第一种 考虑位置\(x\)对区间\([l,r]\)有\(\pm x\)的贡献当且仅当\(pre_x\!\!<\!l \;or\;nxt_x\!\!>\!r\),其中\(pre,nxt\)表示与\(x\)同种颜色的前驱后继. 那么题目就转化为二维数点了:一维是位置,一维是前驱/后继,权值是\(\pm​\)位置. 第二种 考虑最后的减去开始的等价于每一位减去前面的. 即位置\

In this problem you will meet the simplified model of game Pudding Monsters. An important process in developing any game is creating levels. A game field in Pudding Monsters is an n × n rectangular grid, n of its cells contain monsters and some other

Codeforces 848C Goodbye Souvenir Problem : 给一个长度为n的序列,有q个询问.一种询问是修改某个位置的数,另一种询问是询问一段区间,对于每一种值出现的最右端点的下标与最左端点的下标的差值求和. Solution : 定义pre[i] 为 第i个位置的数字上一次出现位置,对于询问l, r 就是对于所有满足 l <= pre[i] < i <= r 的点求和,权值为 i - pre[i]. 因此可以把这个看作是三维偏序的问题,第一维时间,第二维,第三

Educational Codeforces Round 41 (Rated for Div. 2) E. Tufurama (CDQ分治 求 二维点数) time limit per test 2 seconds memory limit per test 256 megabytes input standard input output standard output One day Polycarp decided to rewatch his absolute favourite epi

题面传送门 考虑记录每个点的前驱 \(pre_x\),显然答案为 \(\sum\limits_{i=l}^{r} i-pre_i (pre_i \geq l)\) 我们建立一个平面直角坐标系,\(x\) 轴表示下标 \(i\),\(y\) 轴表示前驱 \(pre_i\),点权为 \(i-pre_i\). 每次询问以 \((l,l)\) 为左下角,\((r,n)\) 为右下角的矩形中所有点的权值和. 至于修改操作,就是撤销上次操作的贡献,加入新的贡献. 至此,我们就把问题转化为单点加,矩形和的问题

虽然说好像这题有其他做法,但是在问题转化之后,使用CDQ分治是显而易见的 并且如果CDQ打的熟练的话,码量也不算大,打的也很快,思维难度也很小 没学过CDQ分治的话,可以去看看我的另一篇博客,是CDQ分治的入门教程 下面是正文: 首先整理一下条件: 每个点有三个属性,x,r,f 统计有多少对点i,j满足 min(ri,rj) >= |xi-xj| 且 |fi-fj| <= k,这样的点对被称作是“坏的” 对r值取min是个烦人的条件,于是我们把点按照r值从大到小排序,按照r值从大到小的顺序依次

题意:给你两个数组a和b,a,b都是一个n的全排列:有两种操作:一种是询问区间在数组a的区间[l1,r1]和数组b的区间[l2,r2]出现了多少相同的数字,另一种是交换数组b中x位置和y位置的数字. 思路:我们可以建立数组b对数组a的映射mp,mp[x]表示数组b中x位置的数在数组a中出现的位置,这样问题转化为了带修改的询问一个矩形内点的个数的问题.想法是树套树,但是这题卡常,很多树套树会被卡掉,介于本辣鸡的代码能力,很容易写丑,所以用CDQ分治. 此问题和三维偏序问题很像(把每个操作的时间看作

In the lattice points of the coordinate line there are n radio stations, the i-th of which is described by three integers: xi — the coordinate of the i-th station on the line, ri — the broadcasting range of the i-th station, fi — the broadcasting fre

题意: 有一个无向连通图,支持三个操作: 1 x y d : 新建一条x和y的无向边,长度为d 2 x y    :删除x和y之间的无向边 3 x y    :询问x到y的所有路径中(可以绕环)最短的是多少(路径长度是经过所有边的异或) n,m,q<=2e5 分析: 如果没有加边和删边操作,那么就是个经典的线性基问题 我们可以先弄出一个树,然后非树边就形成环,把环丢进线性基就可以了 现在有了加边和删边操作,我们可以考虑每条边的存活时间,对这个时间进行cdq分治,那么就只有加边没有删边了 然后再离

题意: n个电台,每个电台有三个属性xi, ri, fi.分别代表电台的坐标,电台的播报范围,以及播报的频率. 对于一对电台i, j,若min(ri, rj) >= |xi - xj|,那么他们彼此可达. 对于一对电台i, j,他们彼此可达,且当i < j, 若|fi - fj| <= k, 则这一对为关系为bad. 现在给出n个电台的信息,以及k的大小,问bad对的数目. 不存在不同的电台占据同一个位置的数据. 1 <= n <= 1e5, 0 <= k <=

题目传送门 题意:现在有3种操作, 1 t x 在t秒往multiset里面插入一个x 2 t x 在t秒从multiset里面删除一个x 3 t x 在t秒查询multiset里面有多少x 事情是按照输入顺序发生的,这个人有一个时光机,可以穿梭到那一秒去执行操作. 题解:CDQ分治.3维偏序,第一维是输入顺序,第二维t,然后直接map处理数据就好了. 代码: #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define Fopen freopen(

大意: 给定$n$个三元组$(x,r,f)$, 求所有对$(i,j)$, 满足$i<j, |f_i-f_j|\le k, min(r_i,r_j)\ge |x_i-x_j|$ 按$r$降序排, 去掉$min$, 然后就是个裸的三维数点问题, 可以用$CDQ$分治解决. #include <iostream> #include <sstream> #include <algorithm> #include <cstdio> #include <ma

题意:你需要维护一个multiset,支持以下操作: 1:在某个时间点向multiset插入一个数. 2:在某个时间点在multiset中删除一个数. 3:在某个时间点查询multiset的某个数的个数. 思路:该题相当于要构建一个在任意位置插入,并查询前缀操作的某个值的多少.乍一看比较棘手,搞不好还要数据结构的嵌套.但是转化一下思路,用cdq分治这题非常简单.分治过程中按时间排序即可,用map维护前半部分产生的影响,后面如果有查询在map中查询即可. 代码: #include <bits/st

题面传送门 首先很明显我们会按照 \(d_i\) 的顺序从小到大买这些机器,故不管三七二十一先将所有机器按 \(d_i\) 从小到大排序. 考虑 \(dp\),\(dp_i\) 表示在时刻 \(d_i\) 及以前卖掉手头的机器,最多能剩下多少钱. 转移显然就枚举上一个购买的机器编号 \(j\),即 \(dp_i=\max\limits_{j=1}^{i-1}dp_j-p_j+g_j(d_i-d_j-1)+r_j\),其中 \(j\) 可以转移到 \(i\) 当前仅当 \(dp_j\geq p_j

CDQ分治属于比较特殊的一类分治,许多问题转化为这类分治的时候,时空方面都会有很大节省,而且写起来没有这么麻烦. 这类分治的特殊性在于分治的左右两部分的合并,作用两部分在合并的时候作用是不同的,比如,通过左半部分的影响来更新右半部分,所以分治开始前都要按照某一个关键字排序,然后利用这个顺序,考虑一个区间[l, r]的两部分间的影响.感觉说的太多,还是不如具体题目分析,而且题目也不尽相同,记住几句话是没什么用的. 练习地址: http://vjudge.net/contest/view.actio

[CF603E]Pastoral Oddities 题意:有n个点,依次加入m条边权为$l_i$的无向边,每次加入后询问:当前图是否存在一个生成子图,满足所有点的度数都是奇数.如果有,输出这个生成子图中边权最大的边的权值最小可能是多少. $n\le 10^5,m\le 10^6,l_i\le 10^9$ 题解:可以证明如果存在一个生成子图满足所有点度数都是奇数,当且仅当所有连通块都有偶数个点.并且可以知道加边一定不会使答案更劣.正解有三种:1.LCT维护最小生成树:2.cdq分治(类似整体二分)

题目:http://codeforces.com/contest/1093/problem/E 只能想到转化成查询一个区间里值在一个范围里的数的个数…… 没有想到这样适合用主席树套树状数组维护.不过据说卡空间. 参考了这里的题解:https://www.luogu.org/problemnew/solution/CF1093E 写了CDQ分治.一个值在两个序列里的位置看成两维坐标的话,就是查平面区域内点的个数. 按 x (在第一个序列里的位置)排序,分治操作的时间,y (在第二个序列里的位置)用

/* CDQ分治的对象是时间. 即对于一个时间段[L, R],我们取mid = (L + R) / 2. 分治的每层只考虑mid之前的修改对mid之后的查询的贡献,然后递归到[L,mid],(mid,R]. 显然,CDQ分治是一种离线算法,我们需要将所有的修改/查询存下来,一起进行操作. 同时,CDQ分治还需要满足:操作之间相互独立,即一个操作的存在不会影响到另一个操作的存在. 经典入门题 单点修改 矩形查询 如果此题矩形小一点的话 可以使用树状数组套线段树 但是矩形过大时就不适用了 这里可以将