CF *3000 数据结构题

CF *3000 数据结构题

A CF464E The Classic Problem

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• 题如其名，经典套路。

这种非传统最短路题我们可以考虑模拟 Dijkstra，实际上本题就是使用 Dijkstra，问题在于如何存储以及比较两个边权的大小。观察到边权是在二进制下存储的，且每一条边只有一位是 \(1\)。所以我们在二进制下修改边权时每次不会修改太多，具体的，找到 \(x_i\) 右侧第一个 \(0\)，将这个 \(0\) 改为 \(1\)，然后将这一段的 \(1\) 全部改成 \(0\) 即可。

那么操作实际上就是单点赋值，区间覆盖，线段树可以直接维护。而同时我们还需要保留原有的信息，所以考虑利用主席树存储边权信息。最后考虑怎样判断大小，这也是经典问题，在主席树上维护区间哈希值，二分找到第一个不同的位比较大小即可。

上述操作显然可以在 \(O(\log n)\) 的时间内完成，加上 Dijkstra 的复杂度，总复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

B CF526F Pudding Monsters

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• 经典套路。

我们记录每一行上的怪物出现在第几列，设为 \(a_i\)。那么一个区间合法的条件就是 \(\max -\min =r-l\)，移项后就是 \((\max -\min)-(r-l)=0\)，显然左边式子最小值就是 \(0\)，维护最小值个数即可。复杂度 \(O(n\log n)\)。

C CF603E Pastoral Oddities

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• 之前在线段树分治的题单里，比较经典的题目。

先考虑什么样的图是合法的，可以发现：当且仅当所有联通块大小为偶数的时候才有解。那么我们可以得到一个整体的做法：先对所有边从小到大排序，然后不断加入边直到满足条件，最后一个加入的边就是答案。

回到原题，发现我们每一条边在答案中存在的时间构成了一个区间，于是考虑线段树分治。我们从右向左求解答案，递归到一个子节点时，如果当前的答案不合法，那么不断加入边权更大的边，此时我们就知道这些边的存活时间终点是当前点，将这些边加入线段树。否则的话不作处理。

判断的部分用可撤销并查集维护即可，复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

D CF1446D2 Frequency Problem (Hard Version)

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• 神秘结论题，好像是很常见的套路。

首先有一个结论：答案区间中的一个众数必定是全局众数。证明考虑反证，如果答案区间的两个众数 \(a,b\) 没有全局众数 \(c\)，考虑扩展区间。此时我们有 \(cnt_a>cnt_c\)，而当我们扩展到全局时会有 \(cnt_a\le cnt_c\)，由于变化是连续的，所以中间一定存在一个时刻满足 \(cnt_a=cnt_c\)，此时取这个区间是更优的。

然后考虑枚举另一个众数，暴力做的话可以利用前缀和做到 \(O(nV)\)，可以通过简单版。不过我们知道在序列中有一个关系是出现次数为 \(i\) 的数的个数乘上 \(i\) 小于等于 \(n\)，那么我们可以考虑根号分治。

• 对于 \(cnt_i\ge \sqrt n\) 的数，这种数最多有 \(\sqrt n\) 个，直接套用上面的暴力，复杂度 \(O(n\sqrt n)\)。
• 对于 \(cnt_i< \sqrt n\) 的数，我们枚举出现次数，然后利用双指针和桶求出区间众数出现次数为 \(i\) 的最长区间即可。复杂度 \(O(n\sqrt n)\)。

综上，总复杂度 \(O(n\sqrt n)\)。

E CF150E Freezing with Style

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• 写假了调了一个小时。

考虑我们要求的是中位数，经典套路是二分答案然后转化为 \(\pm 1\) 序列，判断是否有一个路径和 \(\ge 0\)。

树上路径问题自然考虑点分治，我们考虑怎样合并两个子树。我们枚举一个子树中的深度 \(x\)，那么另一边的深度必须在 \([L-x,R-x]\) 之间，很显然这个区间的长度固定，可以单调队列求解出最大值，然后相加判断是否 \(\ge 0\) 即可。

不过对于点分治暴力合并的复杂度是 \(O(n^2)\) 的，一种解决办法是先按子树大小排序再处理。不过这样太麻烦，考虑到我们可以简单实现的是两个子树的合并，所以不妨考虑边分治，这样每次只用合并两个子树。复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

F CF997E Good Subsegments

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• B 题加强版。

和 B 题思路一致，依然维护最小值，但是现在我们要求的是区间中有多少子区间满足条件。离线扫描线，在每个右端点处给左侧的最小值的地方加一，然后查询区间和即可。复杂度 \(O(n\log n)\)。

G CF319E Ping-Pong

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• 有难度的线段树优化建图题目。

首先考虑连边，发现我们可以分为三类：

• 区间无交，不连边。
• 区间包含，被包含区间向包含区间连单向边。
• 区间相交，连双向边。

而我们要求判断的是能否从 \(a\) 走到 \(b\)。乍一看这十分不可做，因为这是有向图动态可达性。不妨先考虑简单情况，即没有单向连边的情况。此时我们可以将所有相交的区间直接用并查集连起来，然后只需要判断 \(a,b\) 在不在一个连通块即可。可以发现，每一个连通块都会覆盖满一个区间，记为 \([L,R]\)。

对于原题的情况，我们依然如此，但是不同的地方在于我们连通块对应的区间可能会有包含。我们知道我们可以从被包含的区间走向包含的区间，所以可以得到 \(a\) 可达 \(b\) 的充要条件：\(a\) 所在连通块的区间被 \(b\) 所在连通块的区间完全包含。

那么我们在线段树上维护一下所有区间，每次找出 \(l,r\) 和哪些区间有交，合并起来即可。由于保证后面的区间长度比前面大，所以后面的区间不会被前面的包含，因此直接找就是正确的，复杂度 \(O(n\log n)\)。

H CF696E ...Wait for it...

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• 树剖模板题，要把题先读懂。

删除权值前 \(k\) 小的点并输出好像不是很好做，不过我们可以转化一下。我们做 \(k\) 次求最小值操作，求出来时候再删掉即可。每个点做多删掉一次，所以复杂度是对的。

但是每个点上会有很多人，用 set 维护该点上的人，删除后从 set 中再取一个即可。复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

I CF1163F Indecisive Taxi Fee

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• 线段树在图论上的应用，需要对最短路的理解。

首先先随意找出一条 \(1\to n\) 的最短路，然后我们分类讨论一下这条边在不在这条最短路上。我们此时的最短路有两种可能，经过或不经过这条边。

• 如果不在最短路上。此时不经过这条边的最短路就是已经求出来的那一条。否则我们从 \(1,n\) 分别跑一边最短路求出到所有点的距离，然后经过这条边的最短路就是 \(\min(dis_{1,u}+w+dis_{n,v},dis_{1,v}+w+dis_{n,u})\)。

• 如果在最短路上。此时经过这条边的最短路还是刚刚的式子。而最困难的是不经过这条边的最短路怎么求。我们考虑从经过的其他边下手，假如我们的路径形如 \(1\to u\to v\to n\)，很显然在这里面我们会经过一些最短路上的边。

  记 \(l_u\) 表示从 \(1\to u\) 的最短路上至少要经过几条原最短路上的边， \(r_v\) 同理。那么上面的这条最短路没有经过 \([l_u+1,r_v]\) 上的任何一条边，我们可以将它的答案更新到这个区间上。那么我们维护一下区间取 \(\min\)、单点查询即可。复杂度 \(O(n\log n)\)。

J CF436F Banners

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• KTT 模板题。

首先我们枚举 \(c\)，那么此时 \(b_i\ge c\) 的贡献我们就已知了。现在我们要确定一个 \(p\)，使得 \(p\times \sum[b_i<c \land a_i\ge p]\) 的值最大。这个式子显然是一个 \(kx\) 的形式，并且在我们扫描线的时候我们会给一段前缀的 \(p\) 的 \(x\) 加一。

那么这个就可以用 KTT 维护了，复杂度 \(O(n\log^2 n)\) 直接过。

K CF793F Julia the snail

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• 吉司机线段树的应用。

考虑将把他放平变成一个序列，那么在序列上的这种问题我们可以考虑离线扫描线。枚举上界 \(r\)，维护每个左端点能走到的最远点。

接下来考虑怎样更新，假如我们当前走到 \(r\)，其对应左端点为 \(l\)，考虑答案会怎样变化。很显然，此时所有起点位于 \([1,l]\)，并且能够走到的最远点 \(\ge l\) 的点都可以往回走然后跳到 \(r\)。所以我们的操作是将一段区间 \(\ge l\) 的所有数改为 \(r\)。

这个操作看上去不好做，但实际上它和 chkmin 是本质相同的。用吉司机线段树维护一下即可，复杂度 \(O(n\log n)\)。

L CF1178G The Awesomest Vertex

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• 经典拆绝对值算贡献。

容易发现后面的 \(|\sum b|\) 是不变的，所以我们只需要考虑前面的部分。那么我们维护的实际上就是一个 \(kx\) 的状物，拍到 DFS 序上就是区间加区间查。但是现在的问题是我们的 \(x\) 是带绝对值的，不好维护，考虑经典套路，我们知道：

\[k|x|=\max(kx,-kx) \]

所以我们对每个节点维护两个值 \(kx\) 和 \(-kx\)，每次给 \(x\) 加上一个正值，最后求最大值。KTT 即可，复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

M CF773E Blog Post Rating

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• 手玩找出操作的本质即可用数据结构维护。

容易发现我们一定将 \(a_i\) 排成升序最优，并且我们的 \(f\) 值会先一直递减，随后递增。先找到这个转折点，然后考虑 \(f\) 值随后如何变化。容易发现在经过第 \(i\) 个博客之后的 \(f\) 值 \(f_i\) 有递推式 \(f_i=\min(f_{i-1}+1,a_i)\)。根据经典套路我们知道这等于 \(\min a_i+n-i\)。

那么我们现在要找出转折点，也就是找出第一个 \(-i\le a_i\) 的位置，转化一下就是 \(a_i+i\ge 0\)。用线段树维护当前所有的 \(a_i\)，用线段树二分即可。\(a_i+n-i\) 的最小值显然也可以直接维护。复杂度 \(O(n\log n)\)。

N CF331D3 Escaping on Beaveractor

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• 倍增维护走路，但是代码细节很多。

容易发现我们的操作次数很多，肯定无法枚举。考虑这是一个走路题，我们用倍增来维护。记 \(f_{i,j}\) 表示从第 \(i\) 个点出发走 \(2^j\) 条线段到达哪一条线段，\(g_{i,j}\) 表示从第 \(i\) 个点出发走 \(2^j\) 条线段到达终点后需要多长时间。现在需要考虑 \(f_{i,0},g_{i,0}\) 怎么求，我们从四个方向上各做一次扫描线，用线段树维护当前位置上的线段编号即可。

求答案的时候用倍增数组走即可，最后不够的要强制退回来。复杂度 \(O(n\log n)\)，代码比较困难。

O CF185E Soap Time! - 2

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先考虑二分答案。考虑到每个人会有一个离他最近的车站，把这个距离记作 \(d_i\)。那么很显然，走到车站的一定是一个按 \(d_i\) 排序后的前缀，这样不会更劣。我们枚举这些人，那么剩下的人自然不能走到车站，我们先对他们能走到的范围求交，记作 \(A\)。

然后走到车站的这些人需要走到这个交 \(A\) 里面，此时每个车站能往外走的距离是 \(mid-\max d\)，不过枚举每个车站判断与 \(A\) 是否有交复杂度不能接受，考虑让这个过程反过来，我们看哪个范围里的车站能够走到 \(A\) 里面。不难发现这就是将 \(A\) 向外扩大 \(mid-\max d\) 后的区域。我们查询这个区域里是否有车站即可。

不过此时的区域难以表示，原因在于在曼哈顿坐标系下我们的区域是一个菱形。考虑转化成切比雪夫坐标系，这样上述所有区域都是矩形，用主席树即可查询。复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。

最后一个问题是 \(d_i\) 怎么求，我们依然二分答案，然后看这个范围内是否有车站即可。复杂度还是两只老哥的。

P CF1218B Guarding warehouses

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• 神秘计算几何。

先考虑在普通坐标系上的问题，我们求光线从 \(x\) 轴射出的答案。我们在 \(x\) 轴上从左往右扫描线，每一次我们求出当前区间内最下面的两条线段，用两个梯形面积做差即可。

然后考虑放到极坐标系上，我们在极角上扫描线，用 set 维护当前离原点最近的两条线段，求两个三角形的面积差即可。复杂度 \(O(n\log n)\)，常数比较大，并且精度要控制好。