标签：mathbb begin end cdots 港队 算法 bmatrix 数据结构 vdots

• 写在前面

这两个东西其实并没有什么联系，但是因为都是由 @dd_d 首创的，所以写在一起。

Update：不想新开博客了，所以以后 dd_d 有什么新发明就直接在这里更新了。

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• 港队线段树

这是一种高效且简便好写的优秀线段树（ 由香港队长发明的 ），拥有良好的均摊复杂度。

在同时需要记录多个标记时，有十分简洁的下传方式，甚至无需标记（ 与标记永久化类似思想，但不完全相同 ）。

实现原理则是充分利用了线段树叶子节点的性质，使其能快速合并信息。

其实港队线段树不难理解，如果你学过线段树，看代码就能完全理解，但是从古至今却只有他一个人想到了这种高妙的办法。

大致算法流程（ 用修改举例，其他同理 ）

void update(...) {
    if(The length of the section is only 1) {
        //Edit the value
        ...
        return ;
    }
    //push_down(...);
    if(Can reach the left section) update(The left son);
    if(Can reach the right section) update(The right son);
}

当遇到实际题目时，如果能充分利用叶子节点的性质，一些情况下可以使码量大大减小，对港队来说 push_down 只是画蛇添足！

• 举个例子：[清华集训2012]序列操作

按照题解思路将式子展开以后，其他操作可以直接套用港队线段树。

询问只需要按照推出来的式子，预处理一下组合数，从叶子向上乘起来即可，式子不写了，可以去题解区看，会比好写很多，且变得完全没有思维难度了。

• 有同学可能会问：为什么复杂度是对的呢？

考虑当询问一定会分为多个区间，参考下图

这些区间上的存储值合并后就是答案。

考虑这些区间的长度有长有短，在询问随机情况下，我们也许只要 \(1\) 个就能获得答案，也许 \(\log(n)\) 次就会获得答案。

仔细推理一下或感性理解一下就能发现，均摊复杂度为单次 \(O(\log n)\)。

至于修改操作，在较好的随机情况下是 \(O(\sqrt{n})\) 级别的，不算很劣，如果仔细的研究数据规模后，可以在比较好条件下达到 \(O(\log(n))\) 甚至 \(O(1)\)。

但是在方便的前提下谁会在意复杂度呢

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• 马表

这个目前还在理论阶段，没有比较优秀的实践价值。

马表，即为带修 st 表，最基础的马表支持期望 \(O(\log n)\) 单点修改，\(O(k)\) 求区间 RMQ，\(k\) 为一个常数，一般的马表 \(k\) 期望为 \(4\sim5\)，优秀的可达到 \(2.64\) 左右大小。

思路就是借用一个 Skip List 的分层概念，修改会在表上多开一个节点，节点过多就重复利用，使节点数控制在一定范围内，查询就在每层上查询。

可以参考图片理解，红色箭头表示一次修改。

相比线段树，马表就有很大优化空间，修改时一些点可以只先在高层打标记，询问时下传到下层，实测所用时间比线段树的 \(\frac{1}{2}\) 还略快。

并且 st 表能维护的内容马表都能维护，并且可以可持久化，十分优秀。

• ex马表

带修带插入的马表，在马表基础上再倍增分块，插入在最顶层，查询再向下新建，小块暴力修改，过大后暴力 split。

但是 \(k\) 能被卡的非常大，可以搞一个估价函数，为块数在再乘一个指数函数，通常取 \((\sqrt{2})^x\)，超过一定之后层与层之间 shuffle 一下，再重建层与层之间的边，在随机数据下跑的飞快。

先考虑插入的每个数字大小和位置都是随机的，即随机到每一块的概率是 \(O(\log n)\) 的，也就是说，期望 \(O(\log^2 n)\) 次会有 \(\frac{\log_2 n}{\log_k n}\) 次 split（ \(k\) 是期望层数 ），因此 split 的总复杂度为 \(O(\frac{q}{\log_k n})\)，不会对马表总复杂度产生影响。

然后是重构，由 split 平衡后，至少要 \(\log n\times tn\) 次才会重构，\(t\) 取决于估价函数的优劣，大概是 \(0.23\sim0.61\)。总复杂度为\(\frac{q}{\log n\times tn}\times n\log n\)，为 \(O(\frac{q}{t})\)，上限约为 \(O(4.236\times q)\)，同样小于朴素马表。

做法似乎十分暴力，但复杂度同样正确。

删除也可以按照这个思路，块内少了就 merge，不平衡就重构，复杂度同理。

ex马表也同马表一样，st 表能维护的都能维护。

• 马表的其他用处

马表可用范围很广，能套用其他数据结构，可以在马表上倍增，或是用马表优化建图，但由于还是理论数据结构，这里就不展开了。

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• 港队矩乘

首先考虑原来矩阵乘法的式子：

\[\begin{bmatrix} a_{1,1}&\cdots&a_{1,k}\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ a_{n,1}&\cdots&a_{n,k}\\ \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} b_{1,1}&\cdots&b_{1,m}\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ b_{k,1}&\cdots&b_{k,m}\\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} c_{1,1}&\cdots&c_{1,m}\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ c_{n,1}&\cdots&c_{n,m}\\ \end{bmatrix} \]

先对于每个数考虑它对最终矩阵的贡献，例如 \(a\) 中一个数，它就会对 \(c\) 中同一行的数产生贡献。

因此可以枚举 \(a\) 中每个数，这个贡献就为 \(a_{i,j}\times\begin{bmatrix}b_{j,1}&\cdots&b_{j,m}\end{bmatrix}\) 再加到 \(\begin{bmatrix}c_{i,1}&\cdots&c_{i,m}\end{bmatrix}\) 上。

这里大家可能很疑惑，这不就是矩阵乘法换了个形式表达吗，不能说十分相似，只能说一模一样。

接下来就是港队的操作时间了，考虑怎么将计算过程简化，因为 \(a,b\) 贡献不独立，想想有没有奇怪的打 tag 方法。定义新运算 \(\begin{bmatrix}b_{j,1}&\cdots&b_{j,m}\end{bmatrix}\boxtimes a_{i,j}\)，先不管这个式子实际意义，但是从形式上可通过原式可以发现：

\[\begin{bmatrix}b_{j,1}&\cdots&b_{j,m}\end{bmatrix}\boxtimes x + \begin{bmatrix}b_{j,1}&\cdots&b_{j,m}\end{bmatrix}\boxtimes y = \begin{bmatrix}b_{j,1}&\cdots&b_{j,m}\end{bmatrix}\boxtimes (x\boxplus y) \]

同样你可能也会看着这个式子很疑惑，这不就是矩阵乘常数吗，不能说十分相似，只能说一模一样。

现在不考虑把算出来的值往 \(c\) 里拍，而是直接通过这种新运算把 \(c\) 表示出来，这个 \(\cup\) 表示把每个行矩阵依次拼成一个矩阵。

\[\bigcup_{j=1}^{k} \left( \begin{bmatrix}b_{j,1}&\cdots&b_{j,m}\end{bmatrix} \boxtimes \left( \boxplus_{i=1}^{n} a_{i,j} \right) \right) \]

现在考虑如果每个运算时间复杂度为 \(\mathcal{O}(1)\) 的话，这个式子已经做到 \(\mathcal{O}(n^2)\)，但是事实却不是这样，\(\boxtimes\) 是 \(\mathcal{O}(n)\)

你可能也会看着这堆操作很疑惑，这不就是原矩乘的问题吗，不能说十分相似，只能说一模一样。

但是这种描述方式就能做出一些变形，例如这样：

\[\bigcup_{j\in \mathbb{S}} \boxtimes_{p_i} \begin{bmatrix}b_{j,1}&\cdots&b_{j,m}\end{bmatrix} , p_i\in \mathbb{P} \]

仅仅求这个式子的复杂度和质数分布就已经是呈线性关系的了，也就是说，我们最多只能在复杂度上乘 \(\frac{1}{\log n}\)，并且这个 \(\mathbb{S}\) 甚至只能枚举，变劣了吗？真的吗？

考虑去找 \(p_i\) 对应的 \(\mathbb{S}\)

\[\begin{aligned} \mathbf{Original} &= \bigcup_{j\in \mathbb{S}} \left( \begin{bmatrix}b_{j,1}&\cdots&b_{j,m}\end{bmatrix} \boxtimes p_i \right) \\ &= \left( \bigcup_{j\in \mathbb{S}} \begin{bmatrix}b_{j,1}&\cdots&b_{j,m}\end{bmatrix} \right) \boxtimes p_i \\ &= \left( \overline{\bigcup_{j\not\in \mathbb{S}}} \begin{bmatrix}b_{j,1}&\cdots&b_{j,m}\end{bmatrix} \right) \boxtimes p_i \\ \end{aligned} \]

\[\begin{aligned} \mathbf{\sum Original} &= \sum \begin{bmatrix} b_{1,1}&\cdots&b_{1,m}\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ b_{t\in\mathbb{S},1}=0&\cdots&b_{t\in\mathbb{S},1}=0\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ b_{k,1}&\cdots&b_{k,m}\\ \end{bmatrix} \boxtimes p_i \\ &= \sum_{i=1}^{|\mathbb{P}\cup[x\le V]|} (-1)^i \left( \begin{bmatrix} b_{1,1}&\cdots&b_{1,m}\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ b_{t\in\mathbb{S},1}=0&\cdots&b_{t\in\mathbb{S},1}=0\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ b_{k,1}&\cdots&b_{k,m}\\ \end{bmatrix} \boxtimes \left( \gcd\limits_{j\in \mathbb{S},|\mathbb{S}|\le i}^j p_j \right) \right) \\ &= \sum_{i=1}^{|\mathbb{P}\cup[x\le V]|} (-1)^i \begin{bmatrix} b_{1,1}\boxplus G&\cdots&b_{1,m}\boxplus G\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ b_{t\in\mathbb{S},1}=0&\cdots&b_{t\in\mathbb{S},1}=0\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ b_{k,1}\boxplus G&\cdots&b_{k,m}\boxplus G\\ \end{bmatrix} , G=\gcd\limits_{j\in \mathbb{S},|\mathbb{S}|\le i}^jp_j \\ &= \sum_{i1=1}^{n} \sum_{j1=1}^{n} \sum_{i2=1}^{n} \sum_{j2=1}^{n} \begin{bmatrix} b_{1,1}\boxplus g(D)&\cdots&b_{1,m}\boxplus g(D)\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ b_{k,1}\boxplus g(D)&\cdots&b_{k,m}\boxplus g(D)\\ \end{bmatrix} , g(x)=\prod\limits_{i\in\mathbb{P},i|x}i,D=\gcd(a_{i1,j1},a_{i2,j2}) \\ &= \sum_{i=1}^{cnt} \begin{bmatrix} b_{1,1}\boxplus g(D)&\cdots&b_{1,m}\boxplus g(D)\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ b_{n,1}\boxplus g(D)&\cdots&b_{n,m}\boxplus g(D)\\ \end{bmatrix} \\ &= \sum_{i=1}^{cnt} \begin{bmatrix} b_{1,1}\boxplus g(B)&\cdots&b_{1,m}\boxplus g(D)\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ b_{n,1}\boxplus g(D)&\cdots&b_{n,m}\boxplus g(D)\\ \end{bmatrix} \end{aligned} \]

懒了，就把后面的所有有用的推导都放这了。

第一部分感觉上非常无用，又将式子变回去了，但这个打 tag 方式从行矩阵扩展到矩阵，就能用于解决这个根本问题了。

全集的价值可以直接算出来，子集 \(\mathbb{S}\) 可以通过每个 \(p_i\) 建一个链表快速求出。

由于 \(\sum\limits_{x\in\mathbb{P}}^{x\le n} \frac{1}{x} = \ln(\ln n) + \mathcal{O}(1)\)（为方便后面就写作 \(\log V\) 了），求 \(S\) 部分复杂度 \(\mathcal{O}(n\log^2 V)\)，其余计算部分复杂度为 \(\mathcal{O}(n^2\log V)\)。

但是真的解决了吗？真的吗？你觉得呢？

实际上很好发现复杂度瓶颈在求 \(p_i\)，只能做到 \(\mathcal{O}(V)\)，原式也非积性函数。

后面几步推导就完全解决了这个问题，通过 \(\gcd\) 的转化，就不需要直接求 \(p_i\) 了，还能优化一定常数。

但是要注意一个点，就是新定义运算的原意义是打 tag，是不同于简单的加或乘的，不然理解其中几步的推导可能会出现偏差。

处理掉不存在的行，然后可以通过预处理区间 \(\gcd\) 优化了求答案过程。

dd_d 现在万事缠身，没有造什么题，不过可以自己去找一些 dp 转成矩乘用这个方法优化试试。

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• 特别鸣谢 @Freedom_King 的帮助和支持。

标签：mathbb,begin,end,cdots,港队,算法,bmatrix,数据结构,vdots
来源： https://www.cnblogs.com/jur-cai/p/16596771.html

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