[PKUSC2018]星际穿越(倍增)
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题意:n个点的图,点i和[l[i],i)的所有点连双向边。每次询问(l,r,x)表示x到[l,r]的所有点的最短路径长度和。
首先这题显然可以线段树优化建图,但是需要比较好的常数才能通过45分,还需要发掘性质。
先不考虑往右走的情况,对于一个点x,每个点i与x的最短距离一定形成一个个连续区间,即:设f[i][j]表示i走j步能到的最左的点,则$f[i][j+1]=minlimits_{k=f[i][j]}^{i-1}l[k]$。所以只要往前扫一遍就能求出f[i]数组。
接着考虑往右走的情况,可以证明,一个点最多只需要往右走一次,所以只需要往后扫一遍就能求出新的f[i]数组。这样我们记录一个前缀和就可以在$O(n^2)$复杂度内解决问题。
可以发现f[i][j]这个数组显然是可以倍增优化的,直接套上RMQ类似的模板即可。
这里有一个简化代码的方法,就是f[i][j]改为表示[i..n]的所有点走$2^j$步之后能到达的最靠前的点,这样就可以直接倍增转移了。但是这样就要判断i最后是否需要先往右走一步,这里又有一个小技巧:先强制往左走一步,剩下的直接处理即可。
总码长不到1k。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 4 typedef long long ll; 5 using namespace std; 6 7 const int N=300010; 8 int n,Q,l,r,x,L[N],to[20][N]; 9 ll sm[20][N]; 10 11 int gcd(int a,int b){ return b ? gcd(b,a%b) : a; } 12 13 ll calc(int l,int r){ 14 if (L[r]<=l) return r-l; 15 ll ans=r-L[r]; r=L[r]; int tot=1; 16 for (int i=19; ~i; i--) 17 if (to[i][r]>l) ans+=sm[i][r]+tot*(r-to[i][r]),r=to[i][r],tot+=1<<i; 18 return ans+(r-l)*(tot+1); 19 } 20 21 int main(){ 22 freopen("pkua.in","r",stdin); 23 freopen("pkua.out","w",stdout); 24 scanf("%d",&n); L[1]=1; 25 rep(i,2,n) scanf("%d",&L[i]); 26 to[0][n]=L[n]; sm[0][n]=n-L[n]; 27 for (int i=n-1; i; i--) to[0][i]=min(to[0][i+1],L[i]),sm[0][i]=i-to[0][i]; 28 rep(i,1,19) rep(j,1,n) if (to[i-1][j]){ 29 to[i][j]=to[i-1][to[i-1][j]]; 30 sm[i][j]=sm[i-1][j]+sm[i-1][to[i-1][j]]+(to[i-1][j]-to[i][j])*(1ll<<(i-1)); 31 } 32 for (scanf("%d",&Q); Q--; ){ 33 scanf("%d%d%d",&l,&r,&x); 34 ll a=calc(l,x)-calc(r+1,x),b=r-l+1; int d=gcd(a%b,b); 35 printf("%lld/%lld ",a/d,b/d); 36 } 37 return 0; 38 }
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