「HDU 5306」Gorgeous Sequence

HDU 5306

题意

你有一个长为 \(n\) 的序列 \(a\)，有 \(m\) 次操作

• 给出 \(l,r,x\)，对于 \(i\in[l,r]\)，令 \(a_i=min(a_i,x)\)

• 给出 \(l,r\)，询问 \([l,r]\) 中的最大值

• 给出 \(l,r\)，询问 \(\sum_{i=l}^ra_i\)

多组数据，\(\sum n\le 10^6,\sum m\le 10^6\)

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做法

参考2016候选队论文 吉如一《区间最值操作与历史最值问题》

实现

线段树，每个节点维护

• 区间最大值 \({\rm max}\)
• 最大值出现次数 \({\rm cnt}\)
• 严格次大值 \({\rm sec}\)
• 区间和 \({\rm sum}\)

考虑一次修改操作 \(l,r,x\)，可以在线段树上定位出 \(\mathcal O(\log n)\) 个区间

对每个节点暴力搜索

1. 若\({\rm max} \le x\)，退出

2. 若\({\rm sec}<x<{\rm max}\)，给 \({\rm sum}\) 加上 \({\rm cnt}\times (x-{\rm max})\)，更新 \({\rm max}\) 并打上标记

3. 若 \(x\le {\rm sec}\)，递归左右儿子

这里的标记可以不用单独记录，每次直接用 \({\rm max}\) 和子节点比较

复杂度

这是 \(\mathcal O((n+m)\log n)\) 的

可以参考论文的势能分析

感觉用不同的值的个数均摊可以直观理解

• 每次修改操作最多增加 \(1\) 个不同的值
• 每次修改操作访问到的点数量，是根节点定位到的 \(\mathcal O(\log n)\) 个点和次大值被修改的点以及它们的至多一层子节点构成的虚树，大小 \(\mathcal O(k\log n)\)，其中 \(k\) 是最底层的次大值被修改的节点数，而一次操作会减少 \(k\) 个不同的值

最多把所有值变成相同，总复杂度 \(\mathcal O((n+m)\log n)\)

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代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<ctype.h>
#include<string.h>
#include<math.h>

using namespace std;
#define ll long long

inline char read() {
	static const int IN_LEN = 1000000;
	static char buf[IN_LEN], *s, *t;
	return (s == t ? t = (s = buf) + fread(buf, 1, IN_LEN, stdin), (s == t ? -1 : *s++) : *s++);
}
template<class T>
inline void read(T &x) {
	static bool iosig;
	static char c;
	for (iosig = false, c = read(); !isdigit(c); c = read()) {
		if (c == '-') iosig = true;
		if (c == -1) return;
	}
	for (x = 0; isdigit(c); c = read()) x = ((x + (x << 2)) << 1) + (c ^ '0');
	if (iosig) x = -x;
}
const int OUT_LEN = 10000000;
char obuf[OUT_LEN], *ooh = obuf;
inline void print(char c) {
	if (ooh == obuf + OUT_LEN) fwrite(obuf, 1, OUT_LEN, stdout), ooh = obuf;
	*ooh++ = c;
}
template<class T>
inline void print(T x) {
	static int buf[30], cnt;
	if (x == 0) print('0');
	else {
		if (x < 0) print('-'), x = -x;
		for (cnt = 0; x; x /= 10) buf[++cnt] = x % 10 + 48;
		while (cnt) print((char)buf[cnt--]);
	}
}
inline void flush() { fwrite(obuf, 1, ooh - obuf, stdout); }
const int N = 1000005;
int T, n, m, a[N], mx[N<<2], se[N<<2], cnt[N<<2];
ll s[N<<2];
inline void update(int t){
	int k=t<<1;
	if(mx[k]<mx[k|1]) mx[t]=mx[k|1], cnt[t]=cnt[k|1], se[t]=max(mx[k], se[k|1]);
	else if(mx[k]>mx[k|1]) mx[t]=mx[k], cnt[t]=cnt[k], se[t]=max(mx[k|1], se[k]);
	else mx[t]=mx[k], cnt[t]=cnt[k]+cnt[k|1], se[t]=max(se[k], se[k|1]);
	s[t]=s[k]+s[k|1];
}
void pushdown(int t){
	int k=t<<1;
	if(mx[t]<mx[k]) s[k]-=(ll)(mx[k]-mx[t])*cnt[k], mx[k]=mx[t];
	if(mx[t]<mx[k|1]) s[k|1]-=(ll)(mx[k|1]-mx[t])*cnt[k|1], mx[k|1]=mx[t];
}
void build(int l, int r, int t){
	if(l==r) return (void)(mx[t]=s[t]=a[l], cnt[t]=1, se[t]=-1);
	int mid=l+r>>1, k=t<<1;
	build(l, mid, k), build(mid+1, r, k|1);
	update(t);
}
void change(int l, int r, int t, int L, int R, int x){
	if(x>=mx[t]) return;
	if(L<=l && r<=R && x>se[t]) return (void)(s[t]-=(ll)(mx[t]-x)*cnt[t], mx[t]=x);
	int mid=l+r>>1, k=t<<1;
	pushdown(t);
	if(L<=mid) change(l, mid, k, L, R, x);
	if(R>mid) change(mid+1, r, k|1, L, R, x);
	update(t);
}
int query1(int l, int r, int t, int L, int R){//max
	if(L<=l && r<=R) return mx[t];
	int mid=l+r>>1, k=t<<1;
	pushdown(t);
	if(R<=mid) return query1(l, mid, k, L, R);
	if(L>mid) return query1(mid+1, r, k|1, L, R);
	return max(query1(l, mid, k, L, R), query1(mid+1, r, k|1, L, R));
}
ll query2(int l, int r, int t, int L, int R){//sum
	if(L<=l && r<=R) return s[t];
	int mid=l+r>>1, k=t<<1;
	pushdown(t);
	return (L<=mid?query2(l, mid, k, L, R):0)+(R>mid?query2(mid+1, r, k|1, L, R):0);
}
int main() {
	read(T);
	while(T--){
		read(n), read(m);
		for(int i=1; i<=n; ++i) read(a[i]);
		build(1, n, 1);
		while(m--){
			static int opt, l, r, t;
			read(opt), read(l), read(r);
			if(!opt) read(t), change(1, n, 1, l, r, t);
			else if(opt==1) print(query1(1, n, 1, l, r)), print('\n');
			else print(query2(1, n, 1, l, r)), print('\n');
		}
	}
	return flush(), 0;
}