题目描述
有个脑筋急转弯是这样的:有距离很近的一高一低两座桥,两次洪水之后高桥被淹了两次,低桥却只被淹了一次,为什么?答案是:因为低桥太低了,第一次洪水退去之后水位依然在低桥之上,所以不算“淹了两次”。举例说明:
假定高桥和低桥的高度分别是5和2,初始水位为1
第一次洪水:水位提高到6(两个桥都被淹),退到2(高桥不再被淹,但低桥仍然被淹)
第二次洪水:水位提高到8(高桥又被淹了),退到3。
没错,文字游戏。关键在于“又”的含义。如果某次洪水退去之后一座桥仍然被淹,那么下次洪水来临水位提高时不能算“又”淹一次。
输入n座桥的高度以及第i次洪水的涨水水位ai和退水水位bi,统计有多少座桥至少被淹了k次。初始水位为1,且每次洪水的涨水水位一定大于上次洪水的退水水位。
输入
输入文件最多包含25组测试数据。每组数据第一行为三个整数n, m, k(1<=n,m,k<=105)。第二行为n个整数hi(2<=hi<=108),即各个桥的高度。以下m行每行包含两个整数ai和bi(1<=bi<ai<=10^8, ai>bi-1)。输入文件不超过5MB。
输出
对于每组数据,输出至少被淹k次的桥的个数。
样例输入
2 2 2
2 5
6 2
8 3
5 3 2
2 3 4 5 6
5 3
4 2
5 2
样例输出
Case 1: 1
Case 2: 3
分析
这道题的n是1e5,暴力是没办法解开的。容易把所有的桥按照高度从小到大进行排序,然后定义一个数组记录每个高桥被淹的次数,根据输入的数据中的高水位和上一次水位得到会被淹的桥的区间,这里的复杂度是O(mlogn),接下来就是对这个区间所有数进行++操作,然而最坏的情况是得到的区间有n那么大,直接在m的循环体内再循环进行区间++操作的复杂度会达到O(mn),将会超时。
看到区间的操作就要想到线段树或者树状数组,当然这道题利用区间计数的思想是最快的。
方法一:区间计数
定义一个数组cnt初始化为0,对于每次操作,得到区间[l,r]以后,实际上我们每次只需要将cnt[l]++,将cnt[r+1]–。等到操作全部完成后遍历cnt[1~n],对于每个cnt[i],都加上之前的cnt[i-1],即可得到i桥被淹没的次数
具体原理也不难理解,可以用一种离散数学的思维来证明,但是我发现我打不清楚里面的话,要是证明不了就自己多写几个例子很容易就能体会到。
代码如下:
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
int n,m,k,h[maxn],cnt[maxn],t=1;
int main(){
while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)){
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
for(int i=0;i<n;++i)scanf("%d",&h[i]);
sort(h,h+n);
int last=1;
for(int i=0;i<m;++i){
int a,b;scanf("%d%d",&a,&b);
int id1=lower_bound(h,h+n,a)-h;
if(h[id1]>a)id1--;
int id2=upper_bound(h,h+n,last)-h;
cnt[id2]++,cnt[id1+1]--;
last=b;
}
for(int i=1;i<n;++i)cnt[i]+=cnt[i-1];
int ans=0;
for(int i=0;i<n;++i)
if(cnt[i]>=k)ans++;
printf("Case %d: %d\n",t++,ans);
}
}
方法二:树状数组
既然涉及到了区间+的操作,树状数组肯定也可以考虑在内,思维上差不多。
代码如下:
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
int n,m,k,h[maxn],t=1;
int f[maxn];
inline int lowbit(int x){return x&-x;}
inline void add(int x,int num){
for(;x<=n;x+=lowbit(x))f[x]+=num;
}
inline int query(int x){
int ans=0;
for(;x>0;x-=lowbit(x))ans+=f[x];
return ans;
}
int main(){
while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)){
memset(f,0,sizeof(f));
int pre=0;
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&h[i]);
sort(h+1,h+n+1);
int last=1;
while(m--){
int a,b;scanf("%d%d",&a,&b);
int id1=lower_bound(h+1,h+n+1,a)-h;
if(h[id1]>a)id1--;
int id2=upper_bound(h+1,h+n+1,last)-h;
add(id2,1),add(id1+1,-1);
last=b;
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
if(query(i)>=k)ans++;
printf("Case %d: %d\n",t++,ans);
}
}
方法三:线段树
线段树,有坑的。。
对于一个线段树来说,每次加的大小只有1其实已经够舒服的了,但是这个x和y,真的得同时把控到位,而且要如果你不是我这样的方法找到这个区间的话,还得调一下的,直接给代码:
代码如下(线段树的建树+懒标记下放):
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,m,K,h[N],Case=1;
struct Tree{
int val,add,len;
}t[4*N];
inline void buildtree(int k,int l,int r){
t[k].add=0,t[k].len=(r-l+1);
if(l==r){t[k].val=0;return;}
int mid=(l+r)>>1;
buildtree(k<<1,l,mid);buildtree(k<<1|1,mid+1,r);
t[k].val=t[k<<1].val+t[k<<1|1].val;
}
inline void push_down(int k){
t[k<<1].add+=t[k].add,t[k<<1|1].add+=t[k].add;
t[k<<1].val+=t[k].add*t[k<<1].len;
t[k<<1|1].val+=t[k].add*t[k<<1|1].len;
t[k].add=0;
}
inline void push_up(int k){
t[k].val=t[k<<1].val+t[k<<1|1].val;
}
inline void add(int k,int l,int r,int x,int y){
if(l==x&&r==y){
t[k].val+=t[k].len;
t[k].add++;
return;
}
push_down(k);
int mid=(l+r)>>1;
if(y<=mid)add(k<<1,l,mid,x,y);
else
if(x>mid)add(k<<1|1,mid+1,r,x,y);
else add(k<<1,l,mid,x,mid),add(k<<1|1,mid+1,r,mid+1,y);
push_up(k);
}
inline int query(int k,int l,int r,int x,int y){
if(l==x&&r==y)return t[k].val;
push_down(k);
int mid=(l+r)>>1;
if(y<=mid)return query(k<<1,l,mid,x,y);
else
if(x>mid)return query(k<<1|1,mid+1,r,x,y);
else return query(k<<1,l,mid,x,mid)+query(k<<1|1,mid+1,r,mid+1,y);
}
int main(){
while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&K)){
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&h[i]);
sort(h+1,h+n+1);
buildtree(1,1,n);
int last=1;
while(m--){
int a,b;scanf("%d%d",&a,&b);
int x=upper_bound(h+1,h+n+1,last)-h;
int y=lower_bound(h+1,h+n+1,a)-h;
if(y>n||h[y]>a)y--;
last=b;
if(x>n)continue;
if(x<=y)add(1,1,n,x,y);
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
if(query(1,1,n,i,i)>=K)ans++;
printf("Case %d: %d\n",Case++,ans);
}
}
总结
对于区间类型的题目,能构思出树状数组最好还是用树状数组来解决,有时候线段树不仅敲的很多,效率还是最低的。