JZOJ4419GDOI2016模拟4.2hole(四~三维偏序问题)

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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了JZOJ4419GDOI2016模拟4.2hole(四~三维偏序问题)相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

Problem

  • 给出n次事件,每次事件给出三个非负整数x,y,d。d=0表示在点(x,y)打了一个洞;否则表示询问由(x,y),(x+d,y),(x,y+d)三点围成的三角形中洞的个数。

    Hint

    30%的数据n<=3333 。
    另30% 的数据 GFS只会在DSJ打完洞后才开始询问,xi,yi<=333333 。
    100%的数据 1<=n<=88888,xi,yi<=3333333 。

    Solution

    算法I:暴力

  • 考虑对于询问(i,j,d),若点(x,y)在该询问的三角形内,需要满足哪些条件。
  • 应满足这三个条件:1. i≤x≤i+d ; 2. x+y≤i+j+d ; 3. y≥j 。
  • 那么,我们可以用一个数组存储已经出现过的点(打的那些洞),然后扫一遍数组,统计一下有多少个点满足这三个条件即可。


  • 时间复杂度:(O(n^2))
  • 期望得分:30~100points。
  • xzb的经历告诉我们:对于这种n比较小的高维偏序问题,暴力是可以碾标算的。我们应屑于打打暴力,万一过了呢?

    算法II:四维偏序问题

  • 观察到算法I实际上是在求:满足上述三个条件,并且出现时间<询问时间的点数。
  • 那么就转化为一个四维偏序问题。
  • 我们可以对时间分治,扫描线再解决一维,最后用一个二维数据结构(譬如带修主席树)解决剩下两维。


  • 时间复杂度:(O(n*(log_2n)^3))
  • 期望得分:60~100points。
  • 友情提醒:如果在比赛中想到了这种十分难打、十分难调,计算器一算极限数据复杂度接近4亿的、估计不是正解的算法,最好还是别打。毕竟打挂了,白白浪费时间;就算没打挂,也可能会T。

    算法III:简单容斥+二维偏序问题

  • 假设我们打完了算法I,略过了算法II,考虑一下离线的那30points有什么较为稳妥的方法。
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  • 如图,假设我们要询问浅蓝色( riangle)
  • 实际上,浅蓝色( riangle)内点的个数=两条深蓝色斜线内点的个数-左上方平行四边形内点的个数-右下方平行四边形内点的个数


  • 将所有询问拆成两条x+y的扫描线。(显然,深蓝色斜线上的点的x+y为同一个数)那么,我们将所有点和询问按照x+y排序。
  • 对于询问,可以借鉴差分的思想。就是说,我们在扫到第一条斜线(左下方那条)时,贡献为点数* (-1);扫到第二条斜线(右上方那条)时,贡献为点数 *(+1)。这样,即可求出两条斜线间点的个数。
  • 至于那两个平行四边形,左上方那个要满足x在一定范围内,右下方那个要满足y在一定范围内。我们用两个树状数组维护即可。

  • 时间复杂度:(O(n*log_2n))
  • 期望得分:60points。

    算法IV:再加一维时间

  • 从算法III我们可发现,如果去掉了时间限制(打洞和询问的先后关系),我们可以用(O(n*log_2n))的时间完成。
  • 那么直接套个CDQ分治即可优美地解决时间的一维!


  • 时间复杂度:(O(n*(log_2n)^2))
  • 期望得分:100points。

    Code

#include <bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
using namespace std;

const int N=3e5;
int i,n,x,y,d,xs,X[N],ys,Y[N],m,c1[N],c2[N],ans[N];
struct oper
{
    int x,y,c,v;
    inline bool operator<(const oper a)const {return c<a.c||c==a.c&&abs(v)<abs(a.v);}
}o[N],a[N];

void read(int&x)
{
    char ch=getchar(); x=0;
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar());
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);
}

inline int lowbit(int x) {return x&-x;}
int query(int *c,int n)
{
    int ans=0;
    for(;n;n-=lowbit(n)) ans+=c[n];
    return ans;
}
void add(int *c,int cs,int k,int d)
{
    for(;k<=cs;k+=lowbit(k)) c[k]+=d;
}

void work(int cnt)
{
    sort(a+1,a+cnt+1);
    int c=0;
    fo(i,1,cnt)
        if(a[i].v)
        {
            int v=abs(a[i].v),f=a[i].v/v;
            ans[v]+=f*( c - query(c1,a[i].x) - query(c2,a[i].y) );
        }
        else
        {
            c++;
            add(c1,xs,a[i].x,1); add(c2,ys,a[i].y,1);
        }
    
    fo(i,1,cnt) if(!a[i].v) add(c1,xs,a[i].x,-1), add(c2,ys,a[i].y,-1);
}
void CDQ(int l,int r)
{
    int m=l+r>>1,h=0,b=0;
    fo(i,l,m) if(!o[i].v) a[++h]=o[i];
    fo(i,i,r) if(o[i].v) a[h+(++b)]=o[i];
    if(h&&b) work(h+b);
    if(h&&h<=m-l) CDQ(l,m);
    if(b&&b<r-m) CDQ(m+1,r);
}

int main()
{
    read(n);
    fo(i,1,n)
    {
        read(x); read(y); read(d);
        if(!d)
        {
            X[++xs]=x; Y[++ys]=y;
            o[++m]={x,y,x+y,0}; ans[i]=-1;
            continue;
        }
        X[++xs]=x-1; Y[++ys]=y-1;
        o[++m]={x-1,y-1,x+y-1,-i};
        o[++m]={x-1,y-1,x+y+d, i};
    }
    
    
    sort(X+1,X+xs+1); xs=unique(X+1,X+xs+1)-X-1;
    sort(Y+1,Y+ys+1); ys=unique(Y+1,Y+ys+1)-Y-1;
    fo(i,1,m) 
    {
        o[i].x=lower_bound(X+1,X+xs+1,o[i].x)-X;
        o[i].y=lower_bound(Y+1,Y+ys+1,o[i].y)-Y;
    }
    
    CDQ(1,m);
    
    fo(i,1,n) if(ans[i]>=0) printf("%d
",ans[i]);
}

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