标签：return 04 rs int 08 mid ls dp 2021
杭电2021中超联赛（4）补题报告（4）
1007
题源链接：杭电2021 题号1007
解题思路：
定义 dp[i] 为 a[1…i] 中以 a[i] 为结尾的极长上升子序列个数。则 dp[i] 对 dp[j] 有贡献当且仅当i 到 j 之间没有 a[i] 到 a[j] 之间的元素。 dp[i] 初值为 1 当且仅当 a[i] 前面没有比 a[i] 小的。dp[i] 对答案有贡献当且仅当 a[i] 后面没有比 a[i] 大的。这样就有了一个朴素的O（n^2） 做法。
通过分治并对两侧分别维护单调栈，我们可以把时间复杂度优化到 O(nlog^2 n)。当处理区间 [l,r]时，令 m 为 [l,r] 的中点，对 a[l,r] 中所有元素按值依次从小到大处理。对 [l,m] 和 [m+1,r] 分别建单调栈。左边单调栈中的元素值从小到大，位置从大到小。右边的单调栈中元素值从小到大，位置从小到大处理左边的元素时直接往单调栈里丢，处理右边的元素 a[i] 时通过单调栈找到 [m+1,i-1] 中比他小的最靠右侧的元素 a[j] 。然后在左侧的单调栈中找到比 a[j] 大的第一个元素和比 a[i] 小的最后一个元素。
区间 [l,m] 对 dp[i] 的贡献就来自单调栈里这两个元素之间的元素的 dp 值之和。
以下给出AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
const int P = 998244353;
int add(int a, int b) { a += b; return a < P ? a : a - P; }
int sub(int a, int b) { a -= b; return a < 0 ? a + P : a; }
const int N = 100001;
int a[N], dp[N];
void solve(int l, int r) {
if (l + 1 == r) return;
int mid = (l + r) >> 1;
solve(l, mid);
vector<int> pos(r - l);
iota(pos.begin(), pos.end(), l);
sort(pos.begin(), pos.end(), [&](int i, int j) { return a[i] < a[j]; });
vector<int> ls, rs;
vector<int> sum(1, 0);
for (int i : pos) {
if (i < mid) {
while (!ls.empty() && ls.back() < i)
sum.pop_back(), ls.pop_back();
ls.push_back(i);
sum.push_back(add(sum.back(), dp[i]));
}
else {
while (!rs.empty() && rs.back() > i)
rs.pop_back();
if (ls.empty()) continue;
int id1 = partition_point(ls.begin(), ls.end(), [&](int x) { return a[x] < a[i]; }) - ls.begin();
int id2 = rs.empty() ? 0 : partition_point(ls.begin(), ls.end(), [&](int x) { return a[x] < a[rs.back()]; }) - ls.begin();
dp[i] = add(dp[i], sub(sum[id1], sum[id2]));
rs.push_back(i);
}
}
solve(mid, r);
}
int main(void) {
int T; scanf("%d", &T);
while (T--) {
int n; scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%d", &a[i]);
for (int i = 1, v = INT_MAX; i <= n; ++i) {
if (v > a[i])
dp[i] = 1;
else
dp[i] = 0;
v = min(v, a[i]);
}
solve(1, n + 1);
int ans = 0;
for (int i = n, v = 0; i >= 1; --i) {
if (v < a[i])
ans = add(ans, dp[i]);
v = max(v, a[i]);
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
1008
题源链接：杭电2021 题号1008
解题思路：
考虑所有点的个数减去不能到达的点的个数，即为可以到达的点的个数。
根据题意，有地雷的地方是不可以到达的。由于僵尸只会向右和向下走，当某个点的左边和上方都不可达时，该点不可达，并会对自己右边的点和下方的点造成影响。由于空间很大但地雷数有限，可以从上往下逐行对每一行的地雷排序后进行处理。对每个地雷，找到从自己的右上角点（x-1，y+1）开始的从左往右的连续不可达区域的范围，那么 这行的这个范围也不可达。可以用线段树来实现区间查询和区间覆盖。每一行处理完后查询该行不可达的点数，累加后用总点数减即得到答案。
以下给出AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ls (x<<1)
#define rs (x<<1|1)
const int N = 1e5 + 5;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
vector<int>e[N];
int tr[2][N << 2], lz[2][N << 2];
void push_down(int f, int x, int l, int r, int mid) {
if (lz[f][x] == -1)return;
tr[f][ls] = lz[f][x] * (mid - l + 1);
tr[f][rs] = lz[f][x] * (r - mid);
lz[f][ls] = lz[f][rs] = lz[f][x];
lz[f][x] = -1;
}
void update(int f,int x, int l, int r, int L, int R, int v) {
if (L <= l && R >= r) {
tr[f][x] = (r - l + 1) * v;
lz[f][x] = v;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
push_down(f, x, l, r, mid);
if (R <= mid)update(f, ls, l, mid, L, R, v);
else if (L > mid)update(f, rs, mid + 1, r, L, R, v);
else {
update(f, ls, l, mid, L, mid, v);
update(f, rs, mid + 1, r, mid + 1, R, v);
}
tr[f][x] = tr[f][ls] + tr[f][rs];
}
int query(int f, int x, int l, int r, int L, int R) {
if (!tr[f][x])return inf;
if (l == r)return l;
int mid = l + r >> 1;
push_down(f, x, l, r, mid);
if (L <= l && R >= r) {
if (tr[f][ls] > 0) return query(f, ls, l, mid, l, mid);
else return query(f, rs, mid + 1, r, mid + 1, r);
}
else {
if (R <= mid)return query(f, ls, l, mid, L, R);
else if (L > mid)return query(f, rs, mid + 1, r, L, R);
else return min(query(f, ls, l, mid, L, mid), query(f, rs, mid + 1, r, mid + 1, R));
}
}
int main() {
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
int n, m, k;
scanf("%d %d %d", &n, &m, &k);
for (int i = 1; i <= n; ++i)e[i].clear();
for (int i = 1; i <= (m << 2); ++i) {
tr[0][i] = tr[1][i] = 0;
lz[0][i] = lz[1][i] = -1;
}
for (int i = 0; i < k; ++i) {
int x, y;
scanf("%d %d", &x, &y);
e[x].push_back(y);
}
long long ans = 0;
update(0, 1, 1, m, 1, 1, 1);
for (int x = 1; x <= n; ++x) {
int l = 0;
sort(e[x].begin(), e[x].end());
for (auto& y : e[x]) {
if (y - 1 >= l + 1) {
int pos = query((x & 1) ^ 1, 1, 1, m, l + 1, y - 1);
if (pos != inf)update(x & 1, 1, 1, m, pos, y - 1, 1);
}
l = y;
}
if (l + 1 <= m) {
int pos = query((x & 1) ^ 1, 1, 1, m, l + 1, m);
if (pos != inf)update(x & 1, 1, 1, m, pos, m, 1);
}
ans += tr[x & 1][1];
update((x & 1) ^ 1, 1, 1, m, 1, m, 0);
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
标签：return,04,rs,int,08,mid,ls,dp,2021 来源： https://blog.csdn.net/m0_51308094/article/details/119392879
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