Category Archives: E. Дерево отрезков

Задачи связанные с быстрым вычислением значений ассоциативной операции для элементов отрезка массива при частом изменении значений элементов.

Segment Tree

Опубликовано: 07/05/2016

Дерево отрезков Достаточно полезная тема не только в олимпиадном программировании. Если Вы уже осилили двоичные кучи (binary heap), то Вас порадует повторное использование трюка для простого хранения дерева в массиве. Практически все задачи на дерево отрезков сводятся к необходимости быстрого вычисления некоторой ассоциативной операции для всевозможных диапазонов изменения индексов массива (отрезков массива). Часто к этому … Continue reading →

Опубликованные решения

e-olymp 4496. Приключение Незнайки и его друзей

26/06/2019 by Анна Неделева

Задача

Все мы помним историю о том, как Незнайка со своими друзьями летали на воздушном шаре путешествовать. Но не все знают, что не все человечки влезли в шар, так как у него была ограниченная грузоподъемность.

В этой задаче Вам необходимо узнать, сколько же человечков улетело путешествовать. Известно, что посадка в шар не является оптимальной, а именно: человечки садятся в шар в той очереди, в которой они стоят, как только кому-то из них не хватает места, он и все оставшиеся в очереди разворачиваются и уходят домой.

Входные данные

В первой строке содержится количество человечков $n$ $(1 \leqslant n \leqslant 10^{6})$ в цветочном городе. Во второй строке заданы веса каждого из человечков в том порядке, в котором они будут садиться в шар. Все веса натуральные числа и не превышают $10^{9}.$ Далее следует количество запросов $m$ $(1 \leqslant m \leqslant 10^{5})$. Каждый запрос представляет собой одну строку. Если первое число в строке равно единице, то далее следует еще одно число $v$ $(1 \leqslant v \leqslant 10^{9})$ – грузоподъемность воздушного шара. Если же оно равно двум, то далее следует два числа $x$ $(1 \leqslant x \leqslant n)$ и $y$ $(1 \leqslant y \leqslant 10^{9})$ — это значит, что вес человечка, стоящего на позиции $x$, теперь равен $y$.

Выходные данные

Для каждого запроса с номером один выведите в отдельной строке количество человечков, поместившихся в шар.

Тесты

№	Входные данные	Выходные данные
1	5 1 2 3 4 5 5 1 7 1 3 2 1 5 1 7 1 3	3 2 2 0
2	2 1 2 3 1 3 2 1 8 1 3	2 0
3	5 1 3 4 5 6 5 1 7 1 9 2 3 5 1 7 2 3 1	2 3 2
4	1 5 3 1 3 2 1 2 1 3	0 1
5	1 1 2 1 4 1 3	1 1

Код программы

#include <iostream>
using namespace std;

struct tree {
    long * tr;
    tree(int n) {
        tr = new long[4 * n + 1];
    }
    void build(int * arr, int v, int l, int r) {
        if (l == r) tr[v] = arr[l];
        else {
            int mid = (l + r) / 2;
            build(arr, v * 2, l, mid);
            build(arr, v * 2 + 1, mid + 1, r);
            tr[v] = tr[v * 2] + tr[v * 2 + 1];
        }
    }
    void update(int v, int l, int r, int pos, int val) {
        if (l == r) tr[v] = val;
        else {
            int mid = (l + r) / 2;
            if (pos <= mid) update(v * 2, l, mid, pos, val);
            else update(v * 2 + 1, mid + 1, r, pos, val);
            tr[v] = tr[v * 2] + tr[v * 2 + 1];
        }
    }
    int find(int v, int l, int r, int max) {
        if (l == r)
            return (tr[v] <= max);
        int mid = (l + r) / 2;
        if (tr[v * 2] > max)
            return find(v * 2, l, mid, max);
        else
            return mid - l + 1 + find(v * 2 + 1, mid + 1, r, max - tr[v * 2]);
    }
};

int main() {
    int n, m, * arr;
    cin >> n;
    arr = new int[n + 1];
    for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> arr[i];
    tree tr(n);
    tr.build(arr, 1, 1, n);
    cin >> m;
    int com, x, y, v;
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        cin >> com;
        switch (com) {
        case 1:
            {
                cin >> v;
                cout << tr.find(1, 1, n, v) << '\n';
                break;
            }
        case 2:
            {
                cin >> x >> y;
                tr.update(1, 1, n, x, y);
                break;
            }
        }
    }
    return 0;
}

#include <iostream>

using namespace std;

struct tree {

long * tr;

tree(int n) {

tr = new long[4 * n + 1];

}

void build(int * arr, int v, int l, int r) {

if (l == r) tr[v] = arr[l];

else {

int mid = (l + r) / 2;

build(arr, v * 2, l, mid);

build(arr, v * 2 + 1, mid + 1, r);

tr[v] = tr[v * 2] + tr[v * 2 + 1];

}

void update(int v, int l, int r, int pos, int val) {

if (l == r) tr[v] = val;

else {

int mid = (l + r) / 2;

if (pos <= mid) update(v * 2, l, mid, pos, val);

else update(v * 2 + 1, mid + 1, r, pos, val);

tr[v] = tr[v * 2] + tr[v * 2 + 1];

}

int find(int v, int l, int r, int max) {

if (l == r)

return (tr[v] <= max);

int mid = (l + r) / 2;

if (tr[v * 2] > max)

return find(v * 2, l, mid, max);

else

return mid - l + 1 + find(v * 2 + 1, mid + 1, r, max - tr[v * 2]);

}

};

int main() {

int n, m, * arr;

cin >> n;

arr = new int[n + 1];

for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> arr[i];

tree tr(n);

tr.build(arr, 1, 1, n);

cin >> m;

int com, x, y, v;

for (int i = 0; i < m; ++i) {

cin >> com;

switch (com) {

case 1:

{

cin >> v;

cout << tr.find(1, 1, n, v) << '\n';

break;

}

case 2:

{

cin >> x >> y;

tr.update(1, 1, n, x, y);

break;

}

return 0;

}

Решение задачи

Для решения данной задачи я воспользовалась структурой данных — дерево отрезков.
Её особенность заключается в том, что она предварительно производит некоторые вычисления, благодаря чему при частых однотипных вопросах можно быстрее давать ответ.
Функции построения и модификации элемента стандартные, а запрос на получение количества человечков, от грузоподъёмности воздушного шара — специфический. Рассмотрим принцип его работы:
Проверяем поместятся ли все человечки на воздушный шар, если нет, то делим их (условно на левых и правых) и проверяем для левой части данное условие, если помещаются все, то ответ находится в правой части, если нет, то в левой. Углубляемся по дереву до базового случая, когда нужно уточнить помещается ли последний человечек или нет. При спуске, отнимаем от заданной грузоподъемности шара вес человечков, которых мы уже посадили на шар.
В ответ выдаём номер последнего человечка поместившегося на шар, это и будет их количество, так как отсчёт мы вели с единицы.

Ссылки

Related Images:

e-olymp 8379. Нулі та одиниці

24/06/2019 by Владимир Дроздин

Задача взята с сайта e-olymp.

Задача

Їжачок Аліна, переглядаючи свої старі зошити знайшла в одному з них неймовірно цікавий масив з нулів. Виявилось, що Аліна з цим масивом вміє робити кілька неймовірно цікавих операцій:

Присвоїти елементу в позиції $x$ значення $1.$
Присвоїти елементу в позиції $x$ значення $0.$
Замінити на відрізку від $l$ до $r$ всі нулі на одиниці і навпаки.
Повернути масив в стан, який був після $x$-ої операції.
Знайти кількість одиниць на підвідрізку масиву від $l$ до $r.$

Вхідні дані

В першому рядку задано два натуральні числа $N \leqslant 10^5$ i $M \leqslant 2 \cdot 10^5,$ що позначають розмір масива і кількість операцій відповідно. В наступних $M$ рядках задано інформацію про операції.

Вихідні дані

Для кожної операції типу $5$ вивести кількість одиниць на підвідрізку від $l$ до $r.$

Тести

#	Входные данные	Выходные данные
1	8 7 1 1 3 1 4 5 1 5 2 3 5 1 5 4 1 5 1 5	3 2 1
2	4 5 1 2 1 3 2 2 3 1 3 5 1 2	2
3	4 7 1 2 1 3 2 2 3 1 3 5 1 2 4 1 5 1 2	2 1

Код

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

struct node {
    int value = 0;
    node * right, * left;
    int l, r;
    int unPushed = 0;
    node(int l, int r) : left(nullptr), right(nullptr), l(l), r(r) { }
    node * clone() {
        node * ans = new node(l, r);
        ans -> right = right;
        ans -> left = left;
        ans -> value = value;
        ans -> unPushed = unPushed;
        return ans;
    }
};
vector<node *> v;
int sum(node * left, node * right) {
    int ans = 0;
    if(left != nullptr) ans += left -> value;
    if(right != nullptr) ans += right -> value;
    return ans;
}
void push(node *(&k)) {
    k -> unPushed %= 2;
    if (k -> unPushed) {
        int center = (k -> l + k -> r) / 2;
        if (k -> left == nullptr) k -> left = new node(k -> l, center);
        else k -> left = k -> left -> clone();
        if (k -> right == nullptr) k -> right = new node(center + 1, k -> r);
        else k -> right = k -> right -> clone();
        ++k -> left -> unPushed;
        ++k -> right -> unPushed;
        k -> left -> value = (center - k -> l + 1) - k -> left -> value;
        k -> right -> value = (k -> r - center) - k -> right -> value;
        k -> unPushed = 0;
    }
   
}
void updateSegment(node *(&k), int left, int right, int l, int r) {
    if(k == nullptr) k = new node(left, right);
    else k = k -> clone();
    if(l > r) return;
    if(l == left && r == right) {
        ++k -> unPushed;
        k -> value = (r - l + 1) - k -> value;
        return;
    }
    int center = (left + right) / 2;
    push(k);
    updateSegment(k -> left, left, center, l, min(r, center));
    updateSegment(k -> right, center + 1, right, max(l, center + 1), r);
    push(k -> left);
    push(k -> right);
    k -> value = sum(k -> left, k -> right);
}
void update(node *&k, int left, int right, int pos, int a) {
    if (k == nullptr) k = new node(left, right);
    else k = k -> clone();
    if (left == right) {
        k -> value = a;
        return;
    }
    int center = (left + right) / 2;
    push(k);
    if(pos <= center) {
        update(k -> left, left, center, pos, a);
        push(k -> left);
    }
    else {
        update(k -> right, center + 1, right, pos, a);
        push(k -> right);
    }
    k -> value = sum (k -> left, k -> right);
}
int query(node *k, int left, int right, int l, int r) {
    if (l > r) return 0;
    if(k == nullptr) return 0;
    if(left == l && r == right) return k -> value;
    int center = (left + right) / 2;
    push(k);
    return query(k -> left, left, center, l, min(center, r)) + query(k -> right, center + 1, right, max(l, center + 1), r);
}

int main() {
    int n, m, type, pos, l, r;
    scanf("%d %d", &n, &m);
    v.push_back(new node(1, n));
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        scanf("%d", &type);
        if(type <= 2) {
            scanf("%d", &pos);
            type = 2 - type;
            v.push_back(v.back() -> clone());
            int k = query(v.back(), 1, n, pos, pos);
            if(k != type) updateSegment(v.back(), 1, n, pos, pos);
        }
        else if(type == 3) {
            scanf("%d %d", &l, &r);
            v.push_back(v.back() -> clone());
            updateSegment(v.back(), 1, n, l, r);
        }
        else if(type == 4) {
            scanf("%d", &pos);
            v.push_back(v[pos] -> clone());
        }
        else if(type == 5) {
            scanf("%d %d", &l, &r);
            v.push_back(v.back() -> clone());
            printf("%d\n", query(v.back(), 1, n, l, r));
        }
    }
    return 0;
}

100

101

102

103

104

105

106

107

108

109

110

111

112

113

114

115

116

117

#include <iostream>

#include <vector>

using namespace std;

struct node {

int value = 0;

node * right, * left;

int l, r;

int unPushed = 0;

node(int l, int r) : left(nullptr), right(nullptr), l(l), r(r) { }

node * clone() {

node * ans = new node(l, r);

ans -> right = right;

ans -> left = left;

ans -> value = value;

ans -> unPushed = unPushed;

return ans;

}

};

vector<node *> v;

int sum(node * left, node * right) {

int ans = 0;

if(left != nullptr) ans += left -> value;

if(right != nullptr) ans += right -> value;

return ans;

}

void push(node *(&k)) {

k -> unPushed %= 2;

if (k -> unPushed) {

int center = (k -> l + k -> r) / 2;

if (k -> left == nullptr) k -> left = new node(k -> l, center);

else k -> left = k -> left -> clone();

if (k -> right == nullptr) k -> right = new node(center + 1, k -> r);

else k -> right = k -> right -> clone();

++k -> left -> unPushed;

++k -> right -> unPushed;

k -> left -> value = (center - k -> l + 1) - k -> left -> value;

k -> right -> value = (k -> r - center) - k -> right -> value;

k -> unPushed = 0;

}

void updateSegment(node *(&k), int left, int right, int l, int r) {

if(k == nullptr) k = new node(left, right);

else k = k -> clone();

if(l > r) return;

if(l == left && r == right) {

++k -> unPushed;

k -> value = (r - l + 1) - k -> value;

return;

}

int center = (left + right) / 2;

push(k);

updateSegment(k -> left, left, center, l, min(r, center));

updateSegment(k -> right, center + 1, right, max(l, center + 1), r);

push(k -> left);

push(k -> right);

k -> value = sum(k -> left, k -> right);

}

void update(node *&k, int left, int right, int pos, int a) {

if (k == nullptr) k = new node(left, right);

else k = k -> clone();

if (left == right) {

k -> value = a;

return;

}

int center = (left + right) / 2;

push(k);

if(pos <= center) {

update(k -> left, left, center, pos, a);

push(k -> left);

}

else {

update(k -> right, center + 1, right, pos, a);

push(k -> right);

}

k -> value = sum (k -> left, k -> right);

}

int query(node *k, int left, int right, int l, int r) {

if (l > r) return 0;

if(k == nullptr) return 0;

if(left == l && r == right) return k -> value;

int center = (left + right) / 2;

push(k);

return query(k -> left, left, center, l, min(center, r)) + query(k -> right, center + 1, right, max(l, center + 1), r);

}

int main() {

int n, m, type, pos, l, r;

scanf("%d %d", &n, &m);

v.push_back(new node(1, n));

for(int i = 1; i <= m; i++) {

scanf("%d", &type);

if(type <= 2) {

scanf("%d", &pos);

type = 2 - type;

v.push_back(v.back() -> clone());

int k = query(v.back(), 1, n, pos, pos);

if(k != type) updateSegment(v.back(), 1, n, pos, pos);

}

else if(type == 3) {

scanf("%d %d", &l, &r);

v.push_back(v.back() -> clone());

updateSegment(v.back(), 1, n, l, r);

}

else if(type == 4) {

scanf("%d", &pos);

v.push_back(v[pos] -> clone());

}

else if(type == 5) {

scanf("%d %d", &l, &r);

v.push_back(v.back() -> clone());

printf("%d\n", query(v.back(), 1, n, l, r));

}

return 0;

}

Рішення

Спочатку потрібно декілька з’ясувати умову завдання, адже в ній не сказано за що відповідає перше число в кожному запиті. Це число — це номер операції, які задані в умові задачі, вони нумеруються від $1$ до $5.$ Це завдання будемо вирішувати за допомогою персистентного дерева відрізків. Зміст персистентного дерева відрізків в тому, що воно зберігає всі попередні версії самого дерева, тобто всі його стани після будь-яких модифікацій. Суть в тому, що коли ми спускаємося по дереву ми всього лише пройдемо максимум по $\log (n)$ його вершинах, що дає нам при запиті на модифікацію можливість не просто «тупо» скопіювати весь масив з $4 \cdot n$ елементів, а зберегти нову версію дерева, де зміняться лише $\log (n)$ вершин. Тобто сумарно $k \cdot \log (n)$ пам’яті замість $k \cdot n.$ Побудова персистентного дерева відрізків буде аналогічно побудові звичайного дерева відрізків за винятком того, що тепер для кожної вершини додатково доведеться в явному вигляді зберігати посилання на дочірні вершини. Додатково будемо зберігати вектор вершин, що є корінням у відповідних версіях дерева. При будові, в нього додамо єдину вершину, що є коренем отриманого дерева. Таким чином, складність побудови залишилася незмінною, а саме $O(n).$ При зміні вершини до нього будуть додані тільки ті вершини, які повинні були змінитися, і замість зміни значень старих вершин, перераховані значення будуть збережені в нові. Всі нові вершини будуть посилатися на одну вершину з дерева старої версії і на одну з щойно доданих. Тим самим, при запиті оновлення буде створено $O (\log (n))$ нових вершин, у тому числі буде створено новий корінь дерева відрізків, а вся попередня версія дерева, підвішена за старий корінь, залишиться без змін. Наприкінці потрібно зазанчити, що задача заходить на eolymp за часом лише з використанням функцій вводу/виводу scanf() та printf().

Посилання

ideone

e-olymp

Дерево відрізків на e-maxx

Related Images:

e-olymp 5274. Фенечка

24/06/2018 by Кирилл Волков

Задача

Саша находится в процессе творческого поиска. Она хочет сплести ещё одну фенечку, но испытывает сложности при выборе цветов. Сейчас все $n$ ниток, которые она планирует использовать для плетения, выложены в ряд. В процессе размышления Саша время от времени заменяет нитку одного цвета ниткой другого, а также для проверки того, что узор получается тем, который подразумевается, проверяет, что некоторые последовательности цветов ниток равны.

Напишите программу, которая автоматизирует эти проверки.

Входные данные

В первой строке записаны два целых числа $n$ и $k$ — количество ниток в фенечке и запросов к программе, соответственно $(1 \leq n, k \leq 100000).$ Во второй строке записана строка из $n$ символов — цвета ниток в начальном состоянии. Каждый цвет обозначается строчной или прописной буквой латинского алфавита или цифрой. В следующих $k$ строках заданы запросы двух видов:

«* i c» — заменить нитку с номером $i$ на нитку цвета $c$,
«? i j len» — проверить, равны ли последовательности цветов ниток, начинающиеся в позициях $i$ и $j$ и имеющие длину $len$.

Выходные данные

Для каждого запроса второго вида выведите «+», если последовательности равны, или «-« в противном случае.

Тесты

Входные данные	Выходные данные
6 3 abccba ? 2 4 2 * 4 a ? 1 4 2	-+
7 4 abacaba ? 1 5 3 * 6 c ? 2 6 2 ? 3 5 3	+-+
8 3 atgthcta ? 2 4 3 * 8 h ? 4 7 2	-+
9 3 abbababba ? 1 6 4 * 2 c ? 1 6 4	+-

Код программы

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;

vector<unsigned long long> t;
vector<unsigned long long> codes;
const unsigned long long prime = 61;
vector<unsigned  long long> pows;

void build (int v, int tl, int tr) {
    if (tl == tr){
        t[v] = codes[tl] * pows[tl - 1];
    }
    else {
        int tm = (tl + tr) / 2;
        build (2 * v, tl, tm);
        build (2 * v + 1, tm + 1, tr);
        t[v] = t[2 * v] + t[2 * v + 1];
    }
}

unsigned long long sum (int v, int tl, int tr, int l, int r) {
    if (l > r){
        return 0;
    }
    if (l == tl && r == tr)
        return t[v];
    int tm = (tl + tr) / 2;
    return sum (2 * v, tl, tm, l, min(r, tm))
           + sum (2 * v + 1, tm + 1, tr, max(l, tm + 1), r);
}

void update (int v, int tl, int tr, int pos, unsigned long long newVal) {
    if (tl == tr)
        t[v] = newVal * pows[pos - 1];
    else {
        int tm = (tl + tr) / 2;
        if (pos <= tm)
            update (v*2, tl, tm, pos, newVal);
        else
            update (2 * v + 1, tm + 1, tr, pos, newVal);
        t[v] = t[2 * v] + t[2 * v + 1];
    }
}

int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    t.resize(4 * n);
    string a;
    cin >> a;
    codes.resize(n + 1);
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        codes[i] = a[i - 1] - 'A' + 1;
    }
    pows.resize(n + 1);
    pows[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        pows[i] = pows[i - 1] * prime;
    }
    build(1, 1, n);
    cin.ignore();
    for(int t = 0; t < k; t++){
        char q;
        cin >> q;
        if(q == '?'){
            int i, j, len;
            cin >> i >> j >>len;
            if(i > j){
                swap(i, j);
            }
            if(sum(1, 1, n, i, i + len - 1) * pows[j - i] == sum(1, 1, n, j, j + len - 1)){
                cout << "+";
            }
            else{
                cout << "-";
            }
        }
        else if(q == '*'){
            int temp;
            char c;
            cin >> temp >> c;
            update(1, 1, n, temp, c - 'A' + 1);
        }
        cin.ignore();
    }
    return 0;
}

#include <iostream>

#include <vector>

#include <algorithm>

using namespace std;

vector<unsigned long long> t;

vector<unsigned long long> codes;

const unsigned long long prime = 61;

vector<unsigned long long> pows;

void build (int v, int tl, int tr) {

if (tl == tr){

t[v] = codes[tl] * pows[tl - 1];

}

else {

int tm = (tl + tr) / 2;

build (2 * v, tl, tm);

build (2 * v + 1, tm + 1, tr);

t[v] = t[2 * v] + t[2 * v + 1];

}

unsigned long long sum (int v, int tl, int tr, int l, int r) {

if (l > r){

return 0;

}

if (l == tl && r == tr)

return t[v];

int tm = (tl + tr) / 2;

return sum (2 * v, tl, tm, l, min(r, tm))

+ sum (2 * v + 1, tm + 1, tr, max(l, tm + 1), r);

}

void update (int v, int tl, int tr, int pos, unsigned long long newVal) {

if (tl == tr)

t[v] = newVal * pows[pos - 1];

else {

int tm = (tl + tr) / 2;

if (pos <= tm)

update (v*2, tl, tm, pos, newVal);

else

update (2 * v + 1, tm + 1, tr, pos, newVal);

t[v] = t[2 * v] + t[2 * v + 1];

}

int main() {

ios_base::sync_with_stdio(false);

cin.tie(NULL);

int n, k;

cin >> n >> k;

t.resize(4 * n);

string a;

cin >> a;

codes.resize(n + 1);

for(int i = 1; i <= n; i++){

codes[i] = a[i - 1] - 'A' + 1;

}

pows.resize(n + 1);

pows[0] = 1;

for(int i = 1; i <= n; i++){

pows[i] = pows[i - 1] * prime;

}

build(1, 1, n);

cin.ignore();

for(int t = 0; t < k; t++){

char q;

cin >> q;

if(q == '?'){

int i, j, len;

cin >> i >> j >>len;

if(i > j){

swap(i, j);

}

if(sum(1, 1, n, i, i + len - 1) * pows[j - i] == sum(1, 1, n, j, j + len - 1)){

cout << "+";

}

else{

cout << "-";

}

else if(q == '*'){

int temp;

char c;

cin >> temp >> c;

update(1, 1, n, temp, c - 'A' + 1);

}

cin.ignore();

}

return 0;

}

Решение задачи

Наивный алгоритм тратит на выполнение первого запроса $O\left(1\right)$ единиц времени, а на выполнение запросов второго типа — $O\left(n\right)$ единиц времени. Таким образом получаем ассиптотическую временную сложность $O\left(kn\right),$ из-за чего задача не проходит по времени.
Для сравнения строк будем использовать полиномиальный хеш, зависящий от $p$ (в нашем случае $p = 61$), при этом будем отождествлять равенство хешей по модулю $m$ (в нашем случае $m = 2^{64}$) и самих строк (при этом может случиться так, что хеши будут совпадать, а сами строки — нет, но вероятность достаточно мала и мы будем ею пренебрегать). Таким образом мы получаем возможность сравнивать строки за $O\left(1\right)$ единиц времени. Будем использовать для хранения текущего состояния строки (а точнее ее хеша) дерево отрезков, при этом на нижнем ярусе будем хранить хеши каждого отдельного символа строки с учетом его месторасположения в строке. Таким образом получим возможность выполнять запросы и первого, и второго типов за $O\left(\log{n}\right)$ единиц времени, при этом следует учесть, что хеши двух одинаковых подстрок будут отличаться в $p^{j-i} \mod m$ раз, где $i$ — меньший из индексов начала сравниваемых подстрок, $j$ — больший. Таким образом, получаем итоговую асимптотическую сложность алгоритма $O\left(k\log{n}\right)$

Ссылки

Условие задачи на e-olymp
Решение на e-olymp
Код решения на Ideone

Related Images:

e-olymp 4493. Трое из Простоквашино 3

19/05/2017 by Иванна Ялымова

Задача

[latex]-[/latex] Печкин, а я научился работать с деревом отрезков.

[latex]-[/latex] Заняться тебе нечем просто, Шарик. Лучше бы помог мне письма разносить.

[latex]-[/latex] Ну, Печкин, я уже даже выполнил задания Дяди Федора и Кота Матроскина, только этот Матроскин не захотел проверять, правильно ли я сделал.

[latex]-[/latex] Ну ладно, давай я проверю, что там надо было сделать?

[latex]-[/latex] У меня был массив чисел и множество запросов – представляющих собой либо запрос на изменение в массиве, либо содержащий число, для которого мне нужно было найти такой промежуток [[latex]l;r[/latex]], что максимум на этом промежутке был бы равен заданному числу. Можешь прочитать предыдущую задачу.

[latex]-[/latex] Разберемся…

Входные данные

В первой строке содержится одно число [latex]N[/latex] ([latex]1≤N≤106[/latex]) – количество элементов в массиве. В следующей строке находится [latex]N[/latex] целых, неотрицательных чисел, не превосходящих 109 – сами элементы массива. Затем следует число [latex]M[/latex] ([latex]1≤M≤105[/latex]) – количество запросов. Затем [latex]М[/latex] строк, первое число в каждой из которых означает тип запроса: если оно равно единице, то далее следует единственное число [latex]x[/latex], и Шарику надо было найти два числа [latex]l[/latex] и [latex]r[/latex], такие, что максимум на промежутке [[latex]l;r[/latex]], был равен [latex]x[/latex]. Если же тип запроса равен двум, то далее следует два числа [latex]pos[/latex] и [latex]val[/latex] и это значит, что элемент массива, стоящий на позиции [latex]pos[/latex], теперь изменен и он стал равен значению [latex]val[/latex]. Далее для каждого запроса с номером один содержится по строке с двумя числами [latex]l[/latex] и [latex]r[/latex] – ответы Шарика.

Выходные данные

Для каждого ответа Шарика выведите [latex]»Yes»[/latex], если он ответил правильно и [latex]»No»[/latex], если Шарик ошибся. Заметьте, что хотя в предыдущей задаче было необходимо найти минимальные числа [latex]l[/latex] и [latex]r[/latex], здесь Печкин проверять этого не будет.

Тесты

Входные данные	Выходные данные
5 1 2 4 3 1 5 1 4 1 5 2 3 5 1 1 1 4 1 3 1 5 5 5 2 4	Yes No Yes No

Код программы

#include <iostream>
using namespace std;
     
template <class POINTER_TYPE, class TYPE> class segment_tree
{
    TYPE *SegmentTree;
    POINTER_TYPE base_capacity = 0;
    TYPE (*g)(TYPE, TYPE);
    TYPE neutral;
     
    TYPE result_on_segment_in
    (
        POINTER_TYPE v, POINTER_TYPE tl,
        POINTER_TYPE tr, POINTER_TYPE l,
        POINTER_TYPE r
    )
    {
        if (l > r) return neutral;
        else if (l == tl && r == tr) return SegmentTree[v];
        else
        {
            POINTER_TYPE tm = (tl + tr) / 2;
            return g(result_on_segment_in(v*2, tl, tm, l, min(r,tm)),
            result_on_segment_in(v*2+1, tm+1, tr, max(l,tm+1), r));
        }
    }
     
    void make_monoid_and_fill_rest(TYPE *NewTree, const POINTER_TYPE &n, TYPE f(TYPE, TYPE), const TYPE &neutr)
    {
        g = f;
        neutral = neutr;
        for(POINTER_TYPE i = base_capacity+n; i < 2*base_capacity; ++i)
        {
            NewTree[i] = neutral;
        }
        for(POINTER_TYPE i = base_capacity-1; i > 0; --i)
        {
            NewTree[i] = g(NewTree[2*i], NewTree[2*i+1]);
        }
        SegmentTree = NewTree;
    }
     
    void fix_capacity(const POINTER_TYPE &base_array_size)
    {
        for (base_capacity = 1; base_capacity < base_array_size; base_capacity <<= 1);
    }
     
    public:
     
    void construct(const TYPE *begin, const TYPE *end, TYPE f(TYPE, TYPE), const TYPE neutr)
    {
        POINTER_TYPE base_size = end - begin;
        fix_capacity(base_size);
        TYPE *NewTree = new TYPE[base_capacity*2];
        for(POINTER_TYPE i = 0; i < base_size; ++i)
        {
            NewTree[base_capacity+i] = begin[i];
        }
        make_monoid_and_fill_rest(NewTree, base_size, f, neutr);
    }
     
    void read_and_construct(const POINTER_TYPE amount_of_elements, TYPE preprocessing_function(), TYPE f(TYPE, TYPE), const TYPE neutr)
    {
        fix_capacity(amount_of_elements);
        TYPE *NewTree = new TYPE[base_capacity*2];
        for(POINTER_TYPE i = 0; i < amount_of_elements; ++i)
        {
            NewTree[base_capacity+i] = preprocessing_function();
        }
        make_monoid_and_fill_rest(NewTree, amount_of_elements, f, neutr);
    }
     
    void assign(const POINTER_TYPE index, const TYPE new_value)
    {
        SegmentTree[base_capacity+index] = new_value;
        for (POINTER_TYPE i = (base_capacity+index)/2; i > 0; i /= 2)
        {
            SegmentTree[i] = g(SegmentTree[2*i], SegmentTree[2*i+1]);
        }
    }
     
    TYPE result_on_segment (POINTER_TYPE l, POINTER_TYPE r)
    {
        return result_on_segment_in(1, 0, base_capacity-1, l, r);
    }
};
     
unsigned int f()
{
    unsigned int X;
    cin >> X;
    return X;
}
     
unsigned int g(unsigned int a, unsigned int b)
{
    return max(a, b);
}
     
int main()
{
    unsigned int n, m;
    cin >> n;
    segment_tree <unsigned int, unsigned int> D;
    D.read_and_construct(n, f, g, 0);
     
    cin >> m;
    unsigned char *type = new unsigned char[m];
    unsigned int *a = new unsigned int[m], *b = new unsigned int[m], l, r;
     
    for (unsigned int i = 0; i < m; ++i)
    {
        cin >> type[i] >> a[i];
        if (type[i] == '2') cin >> b[i];
    }
     
    for (unsigned int i = 0; i < m; ++i)
    {
        while (i < m)
        {
            if (type[i] == '2')
            {
                D.assign(a[i]-1, b[i]);
                ++i;
            }
            else break;
        }
        cin >> l >> r;
        if (i < m)
        {
            if (D.result_on_segment(l-1, r-1) == a[i]) cout << "Yes\n";
            else cout << "No\n";
        }
    }
}

100

101

102

103

104

105

106

107

108

109

110

111

112

113

114

115

116

117

118

119

120

121

122

123

124

125

126

127

128

129

130

131

132

133

134

135

#include <iostream>

using namespace std;

template <class POINTER_TYPE, class TYPE> class segment_tree

{

TYPE *SegmentTree;

POINTER_TYPE base_capacity = 0;

TYPE (*g)(TYPE, TYPE);

TYPE neutral;

TYPE result_on_segment_in

(

POINTER_TYPE v, POINTER_TYPE tl,

POINTER_TYPE tr, POINTER_TYPE l,

POINTER_TYPE r

)

{

if (l > r) return neutral;

else if (l == tl && r == tr) return SegmentTree[v];

else

{

POINTER_TYPE tm = (tl + tr) / 2;

return g(result_on_segment_in(v*2, tl, tm, l, min(r,tm)),

result_on_segment_in(v*2+1, tm+1, tr, max(l,tm+1), r));

}

void make_monoid_and_fill_rest(TYPE *NewTree, const POINTER_TYPE &n, TYPE f(TYPE, TYPE), const TYPE &neutr)

{

g = f;

neutral = neutr;

for(POINTER_TYPE i = base_capacity+n; i < 2*base_capacity; ++i)

{

NewTree[i] = neutral;

}

for(POINTER_TYPE i = base_capacity-1; i > 0; --i)

{

NewTree[i] = g(NewTree[2*i], NewTree[2*i+1]);

}

SegmentTree = NewTree;

}

void fix_capacity(const POINTER_TYPE &base_array_size)

{

for (base_capacity = 1; base_capacity < base_array_size; base_capacity <<= 1);

}

public:

void construct(const TYPE *begin, const TYPE *end, TYPE f(TYPE, TYPE), const TYPE neutr)

{

POINTER_TYPE base_size = end - begin;

fix_capacity(base_size);

TYPE *NewTree = new TYPE[base_capacity*2];

for(POINTER_TYPE i = 0; i < base_size; ++i)

{

NewTree[base_capacity+i] = begin[i];

}

make_monoid_and_fill_rest(NewTree, base_size, f, neutr);

}

void read_and_construct(const POINTER_TYPE amount_of_elements, TYPE preprocessing_function(), TYPE f(TYPE, TYPE), const TYPE neutr)

{

fix_capacity(amount_of_elements);

TYPE *NewTree = new TYPE[base_capacity*2];

for(POINTER_TYPE i = 0; i < amount_of_elements; ++i)

{

NewTree[base_capacity+i] = preprocessing_function();

}

make_monoid_and_fill_rest(NewTree, amount_of_elements, f, neutr);

}

void assign(const POINTER_TYPE index, const TYPE new_value)

{

SegmentTree[base_capacity+index] = new_value;

for (POINTER_TYPE i = (base_capacity+index)/2; i > 0; i /= 2)

{

SegmentTree[i] = g(SegmentTree[2*i], SegmentTree[2*i+1]);

}

TYPE result_on_segment (POINTER_TYPE l, POINTER_TYPE r)

{

return result_on_segment_in(1, 0, base_capacity-1, l, r);

}

};

unsigned int f()

{

unsigned int X;

cin >> X;

return X;

}

unsigned int g(unsigned int a, unsigned int b)

{

return max(a, b);

}

int main()

{

unsigned int n, m;

cin >> n;

segment_tree <unsigned int, unsigned int> D;

D.read_and_construct(n, f, g, 0);

cin >> m;

unsigned char *type = new unsigned char[m];

unsigned int *a = new unsigned int[m], *b = new unsigned int[m], l, r;

for (unsigned int i = 0; i < m; ++i)

{

cin >> type[i] >> a[i];

if (type[i] == '2') cin >> b[i];

}

for (unsigned int i = 0; i < m; ++i)

{

while (i < m)

{

if (type[i] == '2')

{

D.assign(a[i]-1, b[i]);

++i;

}

else break;

}

cin >> l >> r;

if (i < m)

{

if (D.result_on_segment(l-1, r-1) == a[i]) cout << "Yes\n";

else cout << "No\n";

}

Решение

Учитывая то, что максимум является ассоциативной операцией, для решения задачи
воспользуемся универсальным деревом отрезков.
Так как во входном потоке сперва идут требуемые результаты максимума на
отрезке, затем модификации отрезка и в конце отрезки, для которых необходимо
совпадение требуемого и реального максимума, то не обойтись без
запоминания/меморизации входных данных.
После этого задача упрощается, и для решения остаётся только пересматривать
все события, и сопоставлять требуемые резальтаты максимума на заданных
отрезках с реальными.

Ссылки
Код на ideone.com
Задача с сайта e-olymp.com.
Засчитанное решение.

Related Images:

e-olymp 4496. Приключение Незнайки и его друзей

09/05/2017 by Эммануил Прокопов

Задача с сайта e-olymp.com.

Условие задачи

Входные данные

В первой строке содержится количество человечков [latex]n (1 ≤ n ≤ { 10 }^{ 6 })[/latex] в цветочном городе. Во второй строке заданы веса каждого из человечков в том порядке, в котором они будут садиться в шар. Все веса натуральные числа и не превышают [latex]{ 10 }^{ 9 }[/latex]. Далее следует количество запросов [latex]m (1 ≤ m ≤ { 10 }^{ 5 })[/latex]. Каждый запрос представляет собой одну строку. Если первое число в строке равно единице, то далее следует еще одно число [latex]v (1 ≤ v ≤ { 10 }^{ 9 })[/latex] – грузоподъемность воздушного шара. Если же оно равно двум, то далее следует два числа [latex]x (1 ≤ x ≤ n)[/latex] и [latex]y (1 ≤ y ≤ { 10 }^{ 9 })[/latex] — это значит, что вес человечка, стоящего на позиции [latex]x[/latex], теперь равен [latex]y[/latex].

Выходные данные

Для каждого запроса с номером один выведите в отдельной строке количество человечков, поместившихся в шар.

Тесты

№	Входные данные	Выходные данные
1	5 1 2 3 4 5 5 1 7 1 3 2 1 5 1 7 1 3	3 2 2 0
2	2 1 2 3 1 4 2 1 10 1 4	2 0
3	2 999999999 1000000000 4 1 999999999 2 1 1000000000 1 999999999 1 1000000000	1 0 1

Код на C++

#include <iostream>
using namespace std;

//Дерево отрезков.
struct segment_tree{
    long *tree;
    
    //Конструктор.
    segment_tree(int length){
        tree = new long[4*length+1];
    }
    
    //Построение дерева отрезков по массиву a.
    void build(int *a, int v, int tree_l, int tree_r){
        if(tree_l == tree_r) tree[v] = a[tree_l];
        else{
            int tree_m = (tree_l + tree_r)/2;
            build(a, v*2, tree_l, tree_m);
            build(a, v*2+1, tree_m+1, tree_r);
            tree[v] = tree[v*2] + tree[v*2+1];
        }
    }
    
    //Присваивание человечку на позиции pos веса new_val.
    void update(int v, int tree_l, int tree_r, int pos, int new_val){
        if(tree_l == tree_r) tree[v] = new_val;
        else{
            int tree_m = (tree_l + tree_r)/2;
            if(pos <= tree_m){
                update(v*2, tree_l, tree_m, pos, new_val);
            }
            else{
                update(v*2+1, tree_m+1, tree_r, pos, new_val);
            }
            tree[v] = tree[v*2] + tree[v*2+1];
        }
    }
    
    //Нахождение количества поместившихся человечков.
    int find_numb_of_p(int v, int tree_l, int tree_r, int max_w){
        if(tree_l == tree_r) return tree[v] <= max_w;
        int tree_m = (tree_l + tree_r)/2;
        if(tree[v*2] > max_w)
            return find_numb_of_p(v*2, tree_l, tree_m, max_w);
        else
            return tree_m - tree_l + 1 + find_numb_of_p(v*2+1, tree_m+1, tree_r, max_w-tree[v*2]);
    }
};
 
int main() {
    int n, m, *weights;
    cin >> n;
    //Заполнение массива весов человечков.
    weights = new int[n+1];
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        cin >> weights[i];
    }
    //Построение дерева отрезков.
    segment_tree tr(n);
    tr.build(weights, 1, 1, n);
    //Обработка запросов.
    cin >> m;
    int type, x, y, v;
    for(int i = 0; i < m; ++i){
        cin >> type;
        if(type == 2){
            cin >> x >> y;
            tr.update(1, 1, n, x, y);
        }
        else{
            cin >> v;
            cout << tr.find_numb_of_p(1, 1, n, v) << '\n';
        }
    }
    return 0;
}

#include <iostream>

using namespace std;

//Дерево отрезков.

struct segment_tree{

long *tree;

//Конструктор.

segment_tree(int length){

tree = new long[4*length+1];

}

//Построение дерева отрезков по массиву a.

void build(int *a, int v, int tree_l, int tree_r){

if(tree_l == tree_r) tree[v] = a[tree_l];

else{

int tree_m = (tree_l + tree_r)/2;

build(a, v*2, tree_l, tree_m);

build(a, v*2+1, tree_m+1, tree_r);

tree[v] = tree[v*2] + tree[v*2+1];

}

//Присваивание человечку на позиции pos веса new_val.

void update(int v, int tree_l, int tree_r, int pos, int new_val){

if(tree_l == tree_r) tree[v] = new_val;

else{

int tree_m = (tree_l + tree_r)/2;

if(pos <= tree_m){

update(v*2, tree_l, tree_m, pos, new_val);

}

else{

update(v*2+1, tree_m+1, tree_r, pos, new_val);

}

tree[v] = tree[v*2] + tree[v*2+1];

}

//Нахождение количества поместившихся человечков.

int find_numb_of_p(int v, int tree_l, int tree_r, int max_w){

if(tree_l == tree_r) return tree[v] <= max_w;

int tree_m = (tree_l + tree_r)/2;

if(tree[v*2] > max_w)

return find_numb_of_p(v*2, tree_l, tree_m, max_w);

else

return tree_m - tree_l + 1 + find_numb_of_p(v*2+1, tree_m+1, tree_r, max_w-tree[v*2]);

}

};

int main() {

int n, m, *weights;

cin >> n;

//Заполнение массива весов человечков.

weights = new int[n+1];

for(int i = 1; i <= n; ++i){

cin >> weights[i];

}

//Построение дерева отрезков.

segment_tree tr(n);

tr.build(weights, 1, 1, n);

//Обработка запросов.

cin >> m;

int type, x, y, v;

for(int i = 0; i < m; ++i){

cin >> type;

if(type == 2){

cin >> x >> y;

tr.update(1, 1, n, x, y);

}

else{

cin >> v;

cout << tr.find_numb_of_p(1, 1, n, v) << '\n';

}

return 0;

}

Код на Java

import java.util.*;
import java.io.*;
//Для решения задачи требуется читать целые числа быстрее, чем это можно делать при помощи Scanner.
class FastIntReader extends BufferedReader
{
    int cur, res;
    
    FastIntReader(InputStream s){super(new InputStreamReader(s));}
    
    int getNextInt() throws IOException
    {
        cur = read();
        res = 0;
        while(cur!=32 && cur!=-1 && cur != '\n'){
            res*=10;
            res += (int)(cur-'0');
            cur = read();
        }
        return res;
    }
}
//Дерево отрезков.
class SegmentTree
{
    static long []tree;
    //Конструктор.
    SegmentTree(int length){tree = new long[4*length+1];}
    
    void build(int v, int treeL, int treeR, FastIntReader in) throws IOException
    {
        
        if(treeL == treeR) tree[v] = in.getNextInt();
        else{
            int treeM = (treeL + treeR)/2;
            build(v*2, treeL, treeM, in);
            build(v*2+1, treeM+1, treeR, in);
            tree[v] = tree[v*2] + tree[v*2+1];
        }
    }
    
    //Присваивание человечку на позиции pos веса newVal.
    void update(int v, int treeL, int treeR, int pos, int newVal)
    {
        if(treeL == treeR) tree[v] = newVal;
        else{
            int treeM = (treeL + treeR)/2;
            if(pos <= treeM){
                update(v*2, treeL, treeM, pos, newVal);
            }
            else{
                update(v*2+1, treeM+1, treeR, pos, newVal);
            }
            tree[v] = tree[v*2] + tree[v*2+1];
        }
    }
    
    //Нахождение количества поместившихся человечков.
    int findNumberOfPeople(int v, int treeL, int treeR, long max_w)
    {
        if(treeL == treeR){
            if(tree[v] <= max_w) return 1;
            else return 0;
        }
        int treeM = (treeL + treeR)/2;
        if(tree[v*2] > max_w)
            return findNumberOfPeople(v*2, treeL, treeM, max_w);
        else
            return treeM - treeL + 1 + findNumberOfPeople(v*2+1, treeM+1, treeR, max_w-tree[v*2]);
    }
}

class Main
{
    public static void main (String[] args) throws java.lang.Exception
    {
        FastIntReader in = new FastIntReader(System.in);
        PrintWriter out = new PrintWriter(System.out);
        //Построение дерева отрезков.
        int n, m;
        n = in.getNextInt();
        SegmentTree tr = new SegmentTree(n);
        tr.build(1, 1, n, in);
        //Обработка запросов.
        m = in.getNextInt();
        int type, x, y, v;
        for(int i = 0; i < m; ++i){
            type = in.getNextInt();
            if(type == 2){
                x = in.getNextInt();
                y = in.getNextInt();
                tr.update(1, 1, n, x, y);
            }
            else{
                v = in.getNextInt();
                out.print(tr.findNumberOfPeople(1, 1, n, v));
                out.print('\n');
            }
        }
        out.flush();
    }
}

100

101

import java.util.*;

import java.io.*;

//Для решения задачи требуется читать целые числа быстрее, чем это можно делать при помощи Scanner.

class FastIntReader extends BufferedReader

{

int cur, res;

FastIntReader(InputStream s){super(new InputStreamReader(s));}

int getNextInt() throws IOException

{

cur = read();

res = 0;

while(cur!=32 && cur!=-1 && cur != '\n'){

res*=10;

res += (int)(cur-'0');

cur = read();

}

return res;

}

//Дерево отрезков.

class SegmentTree

{

static long []tree;

//Конструктор.

SegmentTree(int length){tree = new long[4*length+1];}

void build(int v, int treeL, int treeR, FastIntReader in) throws IOException

{

if(treeL == treeR) tree[v] = in.getNextInt();

else{

int treeM = (treeL + treeR)/2;

build(v*2, treeL, treeM, in);

build(v*2+1, treeM+1, treeR, in);

tree[v] = tree[v*2] + tree[v*2+1];

}

//Присваивание человечку на позиции pos веса newVal.

void update(int v, int treeL, int treeR, int pos, int newVal)

{

if(treeL == treeR) tree[v] = newVal;

else{

int treeM = (treeL + treeR)/2;

if(pos <= treeM){

update(v*2, treeL, treeM, pos, newVal);

}

else{

update(v*2+1, treeM+1, treeR, pos, newVal);

}

tree[v] = tree[v*2] + tree[v*2+1];

}

//Нахождение количества поместившихся человечков.

int findNumberOfPeople(int v, int treeL, int treeR, long max_w)

{

if(treeL == treeR){

if(tree[v] <= max_w) return 1;

else return 0;

}

int treeM = (treeL + treeR)/2;

if(tree[v*2] > max_w)

return findNumberOfPeople(v*2, treeL, treeM, max_w);

else

return treeM - treeL + 1 + findNumberOfPeople(v*2+1, treeM+1, treeR, max_w-tree[v*2]);

}

class Main

{

public static void main (String[] args) throws java.lang.Exception

{

FastIntReader in = new FastIntReader(System.in);

PrintWriter out = new PrintWriter(System.out);

//Построение дерева отрезков.

int n, m;

n = in.getNextInt();

SegmentTree tr = new SegmentTree(n);

tr.build(1, 1, n, in);

//Обработка запросов.

m = in.getNextInt();

int type, x, y, v;

for(int i = 0; i < m; ++i){

type = in.getNextInt();

if(type == 2){

x = in.getNextInt();

y = in.getNextInt();

tr.update(1, 1, n, x, y);

}

else{

v = in.getNextInt();

out.print(tr.findNumberOfPeople(1, 1, n, v));

out.print('\n');

}

out.flush();

}

Описание

В данной задаче требуется эффективно выполнять две операции: изменять значение одного из элементов массива и находить, сколько человечков поместится в шар при заданной грузоподъёмности. Это было реализовано при помощи структуры segment_tree. В функции main сначала вводится значение n и заполняется массив весов человечков weights, после чего по нему выполняется построение дерева отрезков tr. В его вершинах хранятся частичные суммы элементов массива. Да и в целом функции для построения и выполнения запроса модификации у него такие же, как и у обычного дерева отрезков для нахождения суммы на отрезке. Для удобства в массиве weights и в самом дереве используются элементы с первого по [latex]n[/latex]-й, а не с нулевого по [latex]\left( n-1 \right) [/latex]-й. Далее в ходе работы функции main в цикле выполняется обработка запросов. Сначала вводится тип запроса type. Если запрос второго типа, вводятся позиция человечка x, его новый вес y и вызывается метод update, пересчитывающий значения суммы в вершинах, на которые влияет это изменение. Иначе вводится грузоподъемность воздушного шара v и вызывается метод find_numb_of_p, который находит количество человечков, поместившихся в шар. Работает он следующим образом: если выполняется условие tree_l == tree_r, значит, рассматриваемый отрезок состоит из одного элемента, и функция возвращает [latex]1[/latex], если человечек может поместиться в шар, и [latex]0[/latex], если он слишком тяжёлый. Если отрезок больше, вычисляется индекс элемента, находящегося посередине tree_m. Далее, если сумма весов человечков в левом поддереве tree[v*2] больше, чем грузоподъёмность шара, то никто из правого поддерева уже не поместится, и искать следует только в левом поддереве. Иначе в шар следует посадить всех человечков из левого поддерева (их количество равно tree_m - tree_l + 1) и посмотреть, сколько поместится человечков из правого поддерева. При этом необходимо от максимально допустимого веса отнять вес человечков из левого поддерева, уже сидящих в шаре ( max_w-tree[v*2]).

Код на ideone.com. (C++)
Засчитанное решение на e-olymp.com. (C++)
Код на ideone.com. (Java)
Засчитанное решение на e-olymp.com. (Java)
При решении задачи был использован материал с сайта e-maxx.ru.

Related Images:

e-olymp 3358. Чёрный ящик

05/05/2017 by Вадим Гордийчук

Задача

В черный ящик кладутся листки с написанными на них числами. На каждом листке — ровно одно целое число. Иногда некоторые листки исчезают из ящика. После каждого события (когда в ящик положили листок, или когда из ящика исчез листок), нужно вывести число, которое встречается чаще всего на листках, находящихся в данный момент в ящике. Если таких чисел несколько, выведите наименьшее.

Входные данные

Первая строка содержит количество событий [latex]n[/latex] [latex]\left(1 \le n \le 2 \times 10^{5} \right)[/latex]. Каждая из следующих n строк содержит описание одного события:

[latex]+ x[/latex] — положен листок с числом [latex]x[/latex] [latex]\left(1 \le x \le 10^{6} \right)[/latex];
[latex]- x[/latex] — исчез листок с числом [latex]x[/latex] (гарантируется, что в ящике был хотя бы один листок с числом [latex]x[/latex]).

Выходные данные

Вывести в точности [latex]n[/latex] строк — по одной для каждого события. Каждая строка должна содержать одно число — ответ к задаче. Если после какого-то события ящик оказался пуст, следует вывести [latex]0[/latex].

Тесты

Входные данные	Выходные данные
3 + 1 — 1 + 2	1 0 2
6 + 1 + 1000000 — 1 + 4 + 4 — 1000000	1 1 1000000 4 4 4
8 + 71 + 91 + 99 + 71 — 71 — 91 — 71 — 99	71 71 71 71 71 71 99 0

Код программы

#include <iostream>
using namespace std;

template <class POINTER_TYPE, class TYPE> class segment_tree
{
    TYPE *SegmentTree;
    POINTER_TYPE base_capacity = 0;
    TYPE (*g)(TYPE, TYPE);
    TYPE neutral;
 
    TYPE result_on_segment_in
    (
        POINTER_TYPE v, POINTER_TYPE tl,
        POINTER_TYPE tr, POINTER_TYPE l,
        POINTER_TYPE r
    )
    {
        if (l > r) return neutral;
        else if (l == tl && r == tr) return SegmentTree[v];
        else
        {
            POINTER_TYPE tm = (tl + tr) / 2;
            return g(result_on_segment_in(v*2, tl, tm, l, min(r,tm)),
            result_on_segment_in(v*2+1, tm+1, tr, max(l,tm+1), r));
        }
    }
 
    void make_monoid_and_fill_rest(TYPE *NewTree, const POINTER_TYPE &n, TYPE f(TYPE, TYPE), const TYPE &neutr)
    {
        g = f;
        neutral = neutr;
        for(POINTER_TYPE i = base_capacity+n; i < 2*base_capacity; ++i)
        {
            NewTree[i] = neutral;
        }
        for(POINTER_TYPE i = base_capacity-1; i > 0; --i)
        {
            NewTree[i] = g(NewTree[2*i], NewTree[2*i+1]);
        }
        SegmentTree = NewTree;
    }
 
    void fix_capacity(const POINTER_TYPE &base_array_size)
    {
        for (base_capacity = 1; base_capacity < base_array_size; base_capacity <<= 1);
    }
 
    public:
    void read_and_construct(const POINTER_TYPE amount_of_elements, TYPE preprocessing_function(const POINTER_TYPE&), TYPE f(TYPE, TYPE), const TYPE neutr)
    {
        fix_capacity(amount_of_elements);
        TYPE *NewTree = new TYPE[base_capacity*2];
        for(POINTER_TYPE i = 0; i < amount_of_elements; ++i)
        {
            NewTree[base_capacity+i] = preprocessing_function(i);
        }
        make_monoid_and_fill_rest(NewTree, amount_of_elements, f, neutr);
    }
 
    void assign(const POINTER_TYPE index, const TYPE new_value)
    {
        SegmentTree[base_capacity+index] = new_value;
        for (POINTER_TYPE i = (base_capacity+index)/2; i > 0; i /= 2)
        {
            SegmentTree[i] = g(SegmentTree[2*i], SegmentTree[2*i+1]);
        }
    }
 
    TYPE result_on_segment (POINTER_TYPE l, POINTER_TYPE r)
    {
        return result_on_segment_in(1, 0, base_capacity-1, l, r);
    }
};

struct leaf
{
    unsigned int number, amount;
    leaf()
    {
        number = 2000000;
        amount = 0;
    }

    leaf(unsigned int a)
    {
        number = a, amount = 0;
    }
};

leaf max_leafs(leaf a, leaf b)
{
    return
    (a.amount == b.amount) ?
        (a.number < b.number) ? a : b
    :
        (a.amount > b.amount) ? a : b;
}

leaf constructor(const unsigned int &i)
{
    return leaf(i);
}

int main()
{
    segment_tree <unsigned int, leaf> box;
    box.read_and_construct(1000001, constructor, max_leafs, leaf());

    unsigned int n, index;
    char operation;
    leaf tmp;

    scanf("%u\n", &n); ++n;
    while (--n)
    {
        scanf("%c %u\n", &operation, &index);
        tmp = box.result_on_segment(index, index);
        if (operation == '+') ++tmp.amount;
        else --tmp.amount;
        box.assign(index, tmp);
        printf("%u\n", (box.result_on_segment(0, 1000000)).number);
    }
    return 0;
}

100

101

102

103

104

105

106

107

108

109

110

111

112

113

114

115

116

117

118

119

120

121

122

123

124

#include <iostream>

using namespace std;

template <class POINTER_TYPE, class TYPE> class segment_tree

{

TYPE *SegmentTree;

POINTER_TYPE base_capacity = 0;

TYPE (*g)(TYPE, TYPE);

TYPE neutral;

TYPE result_on_segment_in

(

POINTER_TYPE v, POINTER_TYPE tl,

POINTER_TYPE tr, POINTER_TYPE l,

POINTER_TYPE r

)

{

if (l > r) return neutral;

else if (l == tl && r == tr) return SegmentTree[v];

else

{

POINTER_TYPE tm = (tl + tr) / 2;

return g(result_on_segment_in(v*2, tl, tm, l, min(r,tm)),

result_on_segment_in(v*2+1, tm+1, tr, max(l,tm+1), r));

}

void make_monoid_and_fill_rest(TYPE *NewTree, const POINTER_TYPE &n, TYPE f(TYPE, TYPE), const TYPE &neutr)

{

g = f;

neutral = neutr;

for(POINTER_TYPE i = base_capacity+n; i < 2*base_capacity; ++i)

{

NewTree[i] = neutral;

}

for(POINTER_TYPE i = base_capacity-1; i > 0; --i)

{

NewTree[i] = g(NewTree[2*i], NewTree[2*i+1]);

}

SegmentTree = NewTree;

}

void fix_capacity(const POINTER_TYPE &base_array_size)

{

for (base_capacity = 1; base_capacity < base_array_size; base_capacity <<= 1);

}

public:

void read_and_construct(const POINTER_TYPE amount_of_elements, TYPE preprocessing_function(const POINTER_TYPE&), TYPE f(TYPE, TYPE), const TYPE neutr)

{

fix_capacity(amount_of_elements);

TYPE *NewTree = new TYPE[base_capacity*2];

for(POINTER_TYPE i = 0; i < amount_of_elements; ++i)

{

NewTree[base_capacity+i] = preprocessing_function(i);

}

make_monoid_and_fill_rest(NewTree, amount_of_elements, f, neutr);

}

void assign(const POINTER_TYPE index, const TYPE new_value)

{

SegmentTree[base_capacity+index] = new_value;

for (POINTER_TYPE i = (base_capacity+index)/2; i > 0; i /= 2)

{

SegmentTree[i] = g(SegmentTree[2*i], SegmentTree[2*i+1]);

}

TYPE result_on_segment (POINTER_TYPE l, POINTER_TYPE r)

{

return result_on_segment_in(1, 0, base_capacity-1, l, r);

}

};

struct leaf

{

unsigned int number, amount;

leaf()

{

number = 2000000;

amount = 0;

}

leaf(unsigned int a)

{

number = a, amount = 0;

}

};

leaf max_leafs(leaf a, leaf b)

{

return

(a.amount == b.amount) ?

(a.number < b.number) ? a : b

(a.amount > b.amount) ? a : b;

}

leaf constructor(const unsigned int &i)

{

return leaf(i);

}

int main()

{

segment_tree <unsigned int, leaf> box;

box.read_and_construct(1000001, constructor, max_leafs, leaf());

unsigned int n, index;

char operation;

leaf tmp;

scanf("%u\n", &n); ++n;

while (--n)

{

scanf("%c %u\n", &operation, &index);

tmp = box.result_on_segment(index, index);

if (operation == '+') ++tmp.amount;

else --tmp.amount;

box.assign(index, tmp);

printf("%u\n", (box.result_on_segment(0, 1000000)).number);

}

return 0;

}

Решение задачи

Проанализируем задачу: так как требуется вывести число, которое встречается чаще всего на листках, находящихся в ящике после запроса удаления/добавления, а если таких чисел несколько, то вывести наименьшее, то задачу можно переформулировать следующим образом:

«Даётся последовательность (массив) объектов leaf [latex]x_{1}[/latex], [latex]x_{2}[/latex], [latex]x_{3}[/latex], [latex]\ldots[/latex], [latex]x_{999999}[/latex], [latex]x_{1000000}[/latex], представляющих из себя пару (number, amount)[latex]=x_{i}=\left(i, a_{i}\right) \in {\mathbb{N}_{0}}^{2}[/latex], где первые элементы пар [latex]i[/latex] представляет из себя число/номер листка, а вторые элементы [latex]a_{i}[/latex] — число листков с этим номером. Изначально все элементы пар [latex]a_{i}[/latex] равны нулю (так как изначально ящик пуст). Для запросов первого типа [latex]+ x[/latex] необходимо увеличивать на единицу число [latex]a_{i}[/latex] объекта, у которого номер [latex]i[/latex] равен [latex]x[/latex], а для запросов второго типа — уменьшать. Для каждого запроса необходимо вывести число [latex]j[/latex], удовлетворяющее условию [latex]j = \min\limits_{i \in \mathbb{K}}{i}[/latex], где [latex]\mathbb{K} = \{i \mid a_{i} = \max\limits_{k \in \{1, 2, \ldots, 1000000\}}{a_{k}} \}[/latex]».

Иными словами, число [latex]i[/latex] соответствует некоторому элементу [latex]x_{i} = \left(i, a_{i}\right)[/latex], который в свою очередь определяется операцией такой, что [latex]i[/latex] и [latex]a_{i}[/latex] удовлетворяют приведённым выше условиям. Очевидно, что данная операция является ассоциативной (как объединение минимума и максимума на заданных множествах), а потому для решения задачи воспользуемся универсальным деревом отрезков.

Создадим дерево отрезков box методом read_and_construct из объектов leaf. Так как нумерация листков начинается с единицы, а их число не превышает [latex]10^{6}[/latex], зададим размер базы дерева отрезков [latex]10^{6}+1[/latex], добавив неё элемент с индексом [latex]0[/latex]. Модифицируем метод read_and_construct таким образом, чтобы в функцию-препроцессор передавался номер элемента [latex]i[/latex], дабы была возможность задавать элементам [latex]x_{i}[/latex] их первоначальные значения [latex]\left(i, 0\right)[/latex]. Вышеупомянутую операцию назовём max_leafs и определим таким образом, чтобы она принимала два аргумента [latex]x_{i} = \left(i, a_{i}\right)[/latex] и [latex]x_{j} = \left(j, a_{j}\right)[/latex] и возвращала тот из них, у которого значение [latex]a[/latex] является большим, а в случае равенства этих значений — аргумент с меньшим индексом. Нейтральным элементом относительно данной операции будет, очевидно, пара [latex]\left(+\infty, 0\right)[/latex], но в силу того, что номера элементов не превышают [latex]10^6[/latex], вместо неё мы будем пользоваться парой [latex]\left(2 \times 10^{6}, 0\right)[/latex].

Далее при запросах вида [latex]+ x[/latex] будем увеличивать соответствующее значение [latex]a_{x}[/latex] пары [latex]\left(x, a_{x}\right)[/latex] на единицу, а при запросах вида [latex]- x[/latex] — уменьшать. Для обоих запросов будем выводить номер заданного листка, который удовлетворяет приведённым в задаче условиям, с использованием метода result_on_segment на всём отрезке [latex]\left[0, 10^{6}\right][/latex]. Ответом для каждого запроса будет значение number пары, которую вернёт метод.

Примечание: ситуация когда ящик становится пустым нигде не обрабатывается, но в силу того, что мы определили массив на отрезке [latex]\left[0, 10^{6}\right][/latex] вместо [latex]\left[1, 10^{6}\right][/latex] в нём всегда есть пара [latex]\left(0, 0\right)[/latex] (листки с номером [latex]0[/latex], число (значение [latex]b[/latex]) которых всегда равно [latex]0[/latex] в силу того, что листки с номером [latex]0[/latex] в ящик не добавляются). Так как определённая нами операция всегда возвращает минимальный номер листка, число которого максимально, то в случае, когда ящик пуст (т.е. значения всех [latex]a_{i} = 0, i = 0, 1, \ldots, 10^{6}[/latex]) будет выводится номер листка [latex]0[/latex]. Этот побочный эффект данного нами определения массива решает эту ситуацию и завершает решение задачи.

Ссылки

Related Images:

Универсальное дерево отрезков

27/04/2017 by Вадим Гордийчук

Некоторые теоретические сведения

Обобщённое условие задач на дерево отрезков, как правило, выглядит так:
«Пусть дан моноид [latex]\left(\mathbb{G}, \circ\right)[/latex], где [latex]\mathbb{G}[/latex] — некоторое непустое множество, [latex]\circ[/latex] — ассоциативная бинарная алгебраическая операция на этом множестве, имеющая нейтральный элемент, [latex]A[/latex] — последовательность (массив) элементов из [latex]\mathbb{G}[/latex], содержащая [latex]n[/latex] элементов ([latex]n \in \mathbb{N}[/latex]; с математической точки зрения [latex]A[/latex] — вектор, построенный из элементов [latex]\mathbb{G}[/latex], или [latex]А = \left( x_{0}, x_{1}, \ldots, x_{n-1} \right) \in \mathbb{G}^{n}[/latex]).
Даётся [latex]m[/latex] ([latex]m \in \mathbb{N}[/latex]) запросов двух типов:
1) вычислить значение выражения [latex]x_{i} \circ x_{i+1} \circ \ldots \circ x_{j-1} \circ x_{j}[/latex] с заданными [latex]i[/latex], [latex]j[/latex] ([latex]0 \le i \le j \le n-1[/latex], [latex]i, j \in \mathbb{N} \cup \{ 0 \}[/latex]) и вывести его;
2) заменить значение элемента с индексом [latex]k[/latex] на [latex]y[/latex] ([latex]k \in \mathbb{N} \cup \{ 0 \}[/latex], [latex]k \le n-1[/latex], [latex]y \in \mathbb{G}[/latex]).»

Как правило, человек, впервые увидевший задачу подобного рода, решает её следующим образом: для запросов первого типа (далее — запросы значения на отрезке [latex]\left[i, j\right][/latex]) создаётся вспомогательная переменная, изначально равная нейтральному элементу моноида (к примеру, если [latex]\left( \mathbb{G}, \circ \right) = \left( \mathbb{Z}, + \right)[/latex] то нейтральным элементом относительно [latex]+[/latex] является [latex]0[/latex]), и запускается цикл на заданном отрезке, который «прибавляет» к ней новые «слагаемые», а обработка запросов из пункта 2 реализуется через простое присваивание элементу массива с заданным индексом [latex]i[/latex] значения [latex]y[/latex]. Таким образом вычислительная сложность запросов замены составляет [latex]O\left(1\right)[/latex], а запросов поиска значения на отрезке [latex]\left[i, j\right][/latex] в лучшем случае составляет [latex]O\left(1\right)[/latex], когда [latex]i = j[/latex], а в худшем [latex]O\left(n\right)[/latex], когда [latex]i = 0[/latex], [latex]j = n-1[/latex].

Дерево отрезков — структура данных, которая позволяет сбалансировать операции замены и вычисления значения на заданном отрезке до вычислительной сложности [latex]O\left(\log_{2}{n}\right)[/latex] и значительно улучшить общую сложность программы с [latex]O\left(n+n\cdot m\right) = O\left(n\cdot m\right)[/latex] до [latex]O\left(n+m\cdot\log_{2}{n}\right)[/latex].

Определение: массив/последовательность элементов/вектор, над которым построено дерево отрезков, называется базой дерева или просто базой, а число её элементов — её размерностью.

Задача 1: единичная модификация

Написать класс «дерево отрезков», применимый к любой задаче на моноиде, в которой присутствуют запросы замены элемента и результата операции на отрезке,
и таблицу его базовых функций и параметров.

Код класса

#include <iostream>
using namespace std;

template <class TYPE> class segments_tree
{
    TYPE *SegmentTree;
    size_t base_capacity = 0;
    TYPE (*g)(TYPE, TYPE);
    TYPE neutral;

    /*
    TYPE:
        Type of elements in the tree.

    SegmentTree: (pointer)
        Array-based tree of elements.

    base_capacity: (unsigned integer value)
        Parental array size, rounded to the closest upper power of 2.

    g: (pointer)
        Pointer to the funtion (associative binary operation), applied on the given array of elements.
        WARNING: The given function must be associative. The monoidal structure of the tree will be ruined otherwise.

    neutral: (array element)
        The value of element, which is neutral relatively to "g" function.

    ################################
    #### INNER HELPER FUNCTIONS ####
    ################################
    result_on_segment_in:
        returns value on segment [l, r];
    */
    TYPE result_on_segment_in
    (
        size_t v, size_t tl,
        size_t tr, size_t l,
        size_t r
    )
    {
        if (l > r) return neutral;
        else if (l == tl && r == tr) return SegmentTree[v];
        else
        {
            size_t tm = (tl + tr) / 2;
            return g(result_on_segment_in(v*2, tl, tm, l, min(r,tm)),
            result_on_segment_in(v*2+1, tm+1, tr, max(l,tm+1), r));
        }
    }

    /*
    make_monoid_and_fill_rest:
        - fills the unused space of array (which appears due to rounding of size of parental array)
        with neutral elements.
        - assigns the necessary values to the upper "vertexes" of the tree.
    */
    void make_monoid_and_fill_rest(TYPE *NewTree, const size_t &n, TYPE f(TYPE, TYPE), const TYPE &neutr)
    {
        g = f;
        neutral = neutr;
        for(size_t i = base_capacity+n; i < 2*base_capacity; ++i)
        {
            NewTree[i] = neutral;
        }
        for(size_t i = base_capacity-1; i > 0; --i)
        {
            NewTree[i] = g(NewTree[2*i], NewTree[2*i+1]);
        }
        SegmentTree = NewTree;
    }

    /*
    fix_capacity:
        Rounds base_capacity of the base array to closest upper power of 2.
    */
    void fix_capacity(const size_t &base_array_size)
    {
        for (base_capacity = 1; base_capacity < base_array_size; base_capacity <<= 1);
    }

    public:
    /*
    ##########################
    #### PUBLIC FUNCTIONS ####
    ##########################
    Definitions:
        n - amount of elements in the parental array;
        lb - binary logarithm.
        Lowest level of the tree - parental array (segment of elements, which is a base of the tree)
        and (if exists) unused space, filled with neutral elements.
    
    
    construct:
        Constructs the tree by copying elements of [begin; end) memory block into the segment tree,
        and by building tree's structure using the given binary operation "f" and its neutral element "neutr".
        Complexity: O(n).
    */
    void construct(const TYPE *begin, const TYPE *end, TYPE f(TYPE, TYPE), const TYPE neutr)
    {
        size_t base_size = end - begin;
        fix_capacity(base_size);
        TYPE *NewTree = new TYPE[base_capacity*2];
        for(size_t i = 0; i < base_size; ++i)
        {
            NewTree[base_capacity+i] = begin[i];
        }
        make_monoid_and_fill_rest(NewTree, base_size, f, neutr);
    }

    /*
    read_and_construct:
        Constructs the tree by filling with it with elements, created by "preprocessing_function",
        and by building tree's structure using the given binary operation "f" and its neutral element "neutr".
        This method is useful for creating tree by giving preprocessing_function an ability to read
        the data from the incoming stream, if the separate memorisation of the base array is not needed.
        Complexity: O(n).
    */
    void read_and_construct(const size_t amount_of_elements, TYPE preprocessing_function(), TYPE f(TYPE, TYPE), const TYPE neutr)
    {
        fix_capacity(amount_of_elements);
        TYPE *NewTree = new TYPE[base_capacity*2];
        for(size_t i = 0; i < amount_of_elements; ++i)
        {
            NewTree[base_capacity+i] = preprocessing_function();
        }
        make_monoid_and_fill_rest(NewTree, amount_of_elements, f, neutr);
    }

    /*
    assign:
        Assigns new value to the element of base array with given index.
        Complexity: O(lb(n))
    */
    void assign(const size_t index, const TYPE new_value)
    {
        SegmentTree[base_capacity+index] = new_value;
        for (size_t i = (base_capacity+index)/2; i > 0; i /= 2)
        {
            SegmentTree[i] = g(SegmentTree[2*i], SegmentTree[2*i+1]);
        }
    }

    /*
    result_on_segment:
        Returns value of operation on the given segment of parental array.
        Complexity: O(lb(n)).
    */
    TYPE result_on_segment (size_t l, size_t r)
    {
        return result_on_segment_in(1, 0, base_capacity-1, l, r);
    }
};

int sum(int a, int b)
{
    return a+b;
}

int main()
{
    return 0;
}

100

101

102

103

104

105

106

107

108

109

110

111

112

113

114

115

116

117

118

119

120

121

122

123

124

125

126

127

128

129

130

131

132

133

134

135

136

137

138

139

140

141

142

143

144

145

146

147

148

149

150

151

152

153

154

155

156

157

158

159

160

161

162

#include <iostream>

using namespace std;

template <class TYPE> class segments_tree

{

TYPE *SegmentTree;

size_t base_capacity = 0;

TYPE (*g)(TYPE, TYPE);

TYPE neutral;

TYPE:

Type of elements in the tree.

SegmentTree: (pointer)

Array-based tree of elements.

base_capacity: (unsigned integer value)

Parental array size, rounded to the closest upper power of 2.

g: (pointer)

Pointer to the funtion (associative binary operation), applied on the given array of elements.

WARNING: The given function must be associative. The monoidal structure of the tree will be ruined otherwise.

neutral: (array element)

The value of element, which is neutral relatively to "g" function.

################################

#### INNER HELPER FUNCTIONS ####

################################

result_on_segment_in:

returns value on segment [l, r];

TYPE result_on_segment_in

(

size_t v, size_t tl,

size_t tr, size_t l,

size_t r

)

{

if (l > r) return neutral;

else if (l == tl && r == tr) return SegmentTree[v];

else

{

size_t tm = (tl + tr) / 2;

return g(result_on_segment_in(v*2, tl, tm, l, min(r,tm)),

result_on_segment_in(v*2+1, tm+1, tr, max(l,tm+1), r));

}

make_monoid_and_fill_rest:

- fills the unused space of array (which appears due to rounding of size of parental array)

with neutral elements.

- assigns the necessary values to the upper "vertexes" of the tree.

void make_monoid_and_fill_rest(TYPE *NewTree, const size_t &n, TYPE f(TYPE, TYPE), const TYPE &neutr)

{

g = f;

neutral = neutr;

for(size_t i = base_capacity+n; i < 2*base_capacity; ++i)

{

NewTree[i] = neutral;

}

for(size_t i = base_capacity-1; i > 0; --i)

{

NewTree[i] = g(NewTree[2*i], NewTree[2*i+1]);

}

SegmentTree = NewTree;

}

fix_capacity:

Rounds base_capacity of the base array to closest upper power of 2.

void fix_capacity(const size_t &base_array_size)

{

for (base_capacity = 1; base_capacity < base_array_size; base_capacity <<= 1);

}

public:

##########################

#### PUBLIC FUNCTIONS ####

##########################

Definitions:

n - amount of elements in the parental array;

lb - binary logarithm.

Lowest level of the tree - parental array (segment of elements, which is a base of the tree)

and (if exists) unused space, filled with neutral elements.

construct:

Constructs the tree by copying elements of [begin; end) memory block into the segment tree,

and by building tree's structure using the given binary operation "f" and its neutral element "neutr".

Complexity: O(n).

void construct(const TYPE *begin, const TYPE *end, TYPE f(TYPE, TYPE), const TYPE neutr)

{

size_t base_size = end - begin;

fix_capacity(base_size);

TYPE *NewTree = new TYPE[base_capacity*2];

for(size_t i = 0; i < base_size; ++i)

{

NewTree[base_capacity+i] = begin[i];

}

make_monoid_and_fill_rest(NewTree, base_size, f, neutr);

}

read_and_construct:

Constructs the tree by filling with it with elements, created by "preprocessing_function",

and by building tree's structure using the given binary operation "f" and its neutral element "neutr".

This method is useful for creating tree by giving preprocessing_function an ability to read

the data from the incoming stream, if the separate memorisation of the base array is not needed.

Complexity: O(n).

void read_and_construct(const size_t amount_of_elements, TYPE preprocessing_function(), TYPE f(TYPE, TYPE), const TYPE neutr)

{

fix_capacity(amount_of_elements);

TYPE *NewTree = new TYPE[base_capacity*2];

for(size_t i = 0; i < amount_of_elements; ++i)

{

NewTree[base_capacity+i] = preprocessing_function();

}

make_monoid_and_fill_rest(NewTree, amount_of_elements, f, neutr);

}

assign:

Assigns new value to the element of base array with given index.

Complexity: O(lb(n))

void assign(const size_t index, const TYPE new_value)

{

SegmentTree[base_capacity+index] = new_value;

for (size_t i = (base_capacity+index)/2; i > 0; i /= 2)

{

SegmentTree[i] = g(SegmentTree[2*i], SegmentTree[2*i+1]);

}

result_on_segment:

Returns value of operation on the given segment of parental array.

Complexity: O(lb(n)).

TYPE result_on_segment (size_t l, size_t r)

{

return result_on_segment_in(1, 0, base_capacity-1, l, r);

}

};

int sum(int a, int b)

{

return a+b;

}

int main()

{

return 0;

}

Описание класса

Далее [latex]n[/latex] — размерность базы дерева.

Название объекта	Описание
Параметр
TYPE	Тип объектов дерева, над которыми будут проводится вычисления.
Внутренние объекты
SegmentTree	Массив, хранящий в себе дерево отрезков.
base_capacity	Переменная, хранящая округлённую к ближайшей большей степени двойки размерность базы дерева отрезков.
g	Указатель на функцию, которая представляет из себя ассоциативную бинарную операцию. Формально определяется как функция/операция.
neutral	Нейтральный элемент относительно бинарной операции g.
Методы класса
construct	Аргументы: Адрес начала полуинтервала [latex]a[/latex]; Адрес конца полуинтервала [latex]b[/latex]; Ассоциативная бинарная операция f; Нейтральный элемент относительно f. Генерирует базу на основе полуинтервала [latex]\left[a; b\right)[/latex], копируя его элементы внутрь дерева, и строит на основе этой базы дерево отрезков. Вычислительная сложность: [latex]O\left(n\right)[/latex].
read_and_construct	Аргументы: Размер базы дерева; Функция-препроцессор; Ассоциативная бинарная операция f; Нейтральный элемент относительно f. Генерирует базу на основе элементов, возвращаемых функцией-препроцессором, и строит на их основе дерево отрезков. Вычислительная сложность: [latex]O\left(n\right)[/latex].
assign	Аргументы: Индекс элемента; Новое значение элемента. Заменяет значение элемента с заданным индексом на новое. Вычислительная сложность: [latex]O\left(\log_{2}{n}\right)[/latex].
result_on_segment	Аргументы: Индекс левого конца отрезка; Индекс правого конца отрезка. Возвращает результат функции на заданном отрезке. Вычислительная сложность: [latex]O\left(\log_{2}{n}\right)[/latex].

Инструкция по применению

Прежде всего, код универсального дерева отрезков необходимо скопировать в исходную программу.

Построение:

Создать тип объектов (структуру данных), который будет использоваться в дереве для вычислений; (в зависимости от задачи. Вполне может быть, что необходимый для решения задачи класс уже создан. Например — int или double.)
Инициализировать дерево отрезков, передав классу segments_tree в качестве параметра тип объектов, над которыми будут проводиться вычисления, и задав дереву имя. (инициализация класса segments_tree происходит аналогично инициализации класса vector)
Построить дерево отрезков на основе заданных элементов при помощи метода construct или read_and_construct, передав методу соответствующие параметры (упомянутые в таблице выше);

Далее для вычисления результатов на отрезках и модификаций элементов с заданным индексом использовать методы result_on_segment и assign соответственно.

Пример использования

Примечание: условие и альтернативное решение приведённой ниже задачи находится по этой ссылке.

Решение задачи №4082 на www.e-olymp.com

Так как в задаче необходимо выводить знак или произведения на заданных отрезках (либо нуль), то очевидно, что сами числа не интересуют нас. Тогда каждое из них можно представить в виде пары (zero, plus)[latex]= \left(a, b\right) \in \mathbb{B}^{2}[/latex] (где [latex]\mathbb{B}[/latex] — булево множество), где первый элемент пар [latex]a[/latex] будет характеризовать равенство числа нулю, а [latex]b[/latex] — его положительность. Назовём структуру данных пар такого типа number_sign. Функция make_number_sign будет преобразовывать числа типа short в number_sign. Затем определим для этой структуры функцию умножения prod формулой prod(number_sign a, number_sign b)[latex]=[/latex] (a.zero|b.zero, !(a.plus^b.plus));. В первой части формулы используется дизъюнкция, так как произведение нуля и произвольного числа всегда должно возвращать нуль, а во второй части — эквиваленция, так как результат произведения является отрицательным, если оба аргумента различны по знаку.

Затем, предварительно считав размер базы, конструируем дерево отрезков методом read_and_construct, передавая ему число элементов базы, анонимную функцию-препроцессор, которая считывает элементы базы из входного потока и которая преобразует их в тип данных number_sign, функцию произведения prod и её нейтральный элемент number_sign(), являющийся парой [latex]\left(0, 1\right)[/latex], который по сути представляет из себя число [latex]+1[/latex] (нейтральный элемент умножения).

Остальная часть решения требует только замены старых элементов новыми и вычислений результатов на отрезках, для чего есть готовые методы класса.

Фрагмент кода

#include <iostream>
using namespace std;

// . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
// . . . . segments_tree class . . . . . .
// . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

struct number_sign
{
    bool zero, plus;
    number_sign()
    {
        zero = 0;
        plus = 1;
    }
    number_sign(bool a, bool b)
    {
        zero = a;
        plus = b;
    }
};

number_sign make_number_sign(const short &X)
{
    return number_sign(X == 0, X > 0);
}

number_sign prod(number_sign a, number_sign b)
{
    return number_sign(a.zero|b.zero, !(a.plus^b.plus));
}

char sign(const number_sign d)
{
    if (d.zero) return '0';
    else if (d.plus) return '+';
    else return '-';
}

int main()
{
    unsigned int i, j, m;
    char q;
    short X;
    
    segments_tree <number_sign> A;
    number_sign *B, neutr;
    while (cin >> i)
    {
        scanf("%u", &m);
        A.read_and_construct(i, [] () {short X; scanf("%hd", &X); return make_number_sign(X);}, prod, number_sign());
        scanf("\n");
        ++m;
        while (--m)
        {
            scanf("%c%u", &q, &i);
            if (q == 'P')
            {
                scanf("%u", &j);
                printf("%c", sign(A.result_on_segment(i-1, j-1)));
            }
            else
            {
                scanf("%hd", &X);
                A.assign(i-1, make_number_sign(X));
            }
            scanf("\n");
        }
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

#include <iostream>

using namespace std;

// . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

// . . . . segments_tree class . . . . . .

// . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

struct number_sign

{

bool zero, plus;

number_sign()

{

zero = 0;

plus = 1;

}

number_sign(bool a, bool b)

{

zero = a;

plus = b;

}

};

number_sign make_number_sign(const short &X)

{

return number_sign(X == 0, X > 0);

}

number_sign prod(number_sign a, number_sign b)

{

return number_sign(a.zero|b.zero, !(a.plus^b.plus));

}

char sign(const number_sign d)

{

if (d.zero) return '0';

else if (d.plus) return '+';

else return '-';

}

int main()

{

unsigned int i, j, m;

char q;

short X;

segments_tree <number_sign> A;

number_sign *B, neutr;

while (cin >> i)

{

scanf("%u", &m);

A.read_and_construct(i, [] () {short X; scanf("%hd", &X); return make_number_sign(X);}, prod, number_sign());

scanf("\n");

++m;

while (--m)

{

scanf("%c%u", &q, &i);

if (q == 'P')

{

scanf("%u", &j);

printf("%c", sign(A.result_on_segment(i-1, j-1)));

}

else

{

scanf("%hd", &X);

A.assign(i-1, make_number_sign(X));

}

scanf("\n");

}

printf("\n");

}

return 0;

}

Задача 2

Дополнить класс «дерево отрезков» из первой задачи таким образом, чтобы для базы дерева были реализованы:

параметры «вместимость» и «размер»;
функции добавления нового элемента в базу;
функции, возвращающие размер базы и вместимость дерева;
функция изменения размера базы.

Написать таблицу новых функций и параметров.

Код класса

#include <iostream>
using namespace std;

template <class TYPE> class segments_tree
{
    TYPE *SegmentTree;
    size_t base_capacity = 0;
    TYPE (*g)(TYPE, TYPE);
    TYPE neutral;

    /*
    TYPE:
        Type of elements in the tree.

    SegmentTree: (pointer)
        Array-based tree of elements.

    base_capacity: (unsigned integer value)
        Parental array size, rounded to the closest upper power of 2.

    g: (pointer)
        Pointer to the funtion (associative binary operation), applied on the given array of elements.
        WARNING: The given function must be associative. The monoidal structure of the tree will be ruined otherwise.

    neutral: (array element)
        The value of element, which is neutral relatively to "g" function.

    ################################
    #### INNER HELPER FUNCTIONS ####
    ################################
    result_on_segment_in:
        returns value on segment [l, r];
    */
    TYPE result_on_segment_in
    (
        size_t v, size_t tl,
        size_t tr, size_t l,
        size_t r
    )
    {
        if (l > r) return neutral;
        else if (l == tl && r == tr) return SegmentTree[v];
        else
        {
            size_t tm = (tl + tr) / 2;
            return g(result_on_segment_in(v*2, tl, tm, l, min(r,tm)),
            result_on_segment_in(v*2+1, tm+1, tr, max(l,tm+1), r));
        }
    }

    /*
    make_monoid_and_fill_rest:
        - fills the unused space of array (which appears due to rounding of size of parental array)
        with neutral elements.
        - assigns the necessary values to the upper "vertexes" of the tree.
    */
    void make_monoid_and_fill_rest(TYPE *NewTree, const size_t &n, TYPE f(TYPE, TYPE), const TYPE &neutr)
    {
        g = f;
        neutral = neutr;
        for(size_t i = base_capacity+n; i < 2*base_capacity; ++i)
        {
            NewTree[i] = neutral;
        }
        for(size_t i = base_capacity-1; i > 0; --i)
        {
            NewTree[i] = g(NewTree[2*i], NewTree[2*i+1]);
        }
        SegmentTree = NewTree;
    }

    /*
    fix_capacity:
        Rounds base_capacity of the base array to closest upper power of 2.
    */
    void fix_capacity(const size_t &base_array_size)
    {
        for (base_capacity = 1; base_capacity < base_array_size; base_capacity <<= 1);
    }

    public:
    /*
    ##########################
    #### PUBLIC FUNCTIONS ####
    ##########################
    Definitions:
        n - amount of elements in the parental array;
        lb - binary logarithm.
        Lowest level of the tree - parental array (segment of elements, which is a base of the tree)
        and (if exists) unused space, filled with neutral elements.
    
    
    construct:
        Constructs the tree by copying elements of [begin; end) memory block into the segment tree,
        and by building tree's structure using the given binary operation "f" and its neutral element "neutr".
        Complexity: O(n).
    */
    void construct(const TYPE *begin, const TYPE *end, TYPE f(TYPE, TYPE), const TYPE neutr)
    {
        size_t base_size = end - begin;
        fix_capacity(base_size);
        TYPE *NewTree = new TYPE[base_capacity*2];
        for(size_t i = 0; i < base_size; ++i)
        {
            NewTree[base_capacity+i] = begin[i];
        }
        make_monoid_and_fill_rest(NewTree, base_size, f, neutr);
    }

    /*
    read_and_construct:
        Constructs the tree by filling with it with elements, created by "preprocessing_function",
        and by building tree's structure using the given binary operation "f" and its neutral element "neutr".
        This method is useful for creating tree by giving preprocessing_function an ability to read
        the data from the incoming stream, if the separate memorisation of the base array is not needed.
        Complexity: O(n).
    */
    void read_and_construct(const size_t amount_of_elements, TYPE preprocessing_function(), TYPE f(TYPE, TYPE), const TYPE neutr)
    {
        fix_capacity(amount_of_elements);
        TYPE *NewTree = new TYPE[base_capacity*2];
        for(size_t i = 0; i < amount_of_elements; ++i)
        {
            NewTree[base_capacity+i] = preprocessing_function();
        }
        make_monoid_and_fill_rest(NewTree, amount_of_elements, f, neutr);
    }

    /*
    assign:
        Assigns new value to the element of base array with given index.
        Complexity: O(lb(n))
    */
    void assign(const size_t index, const TYPE new_value)
    {
        SegmentTree[base_capacity+index] = new_value;
        for (size_t i = (base_capacity+index)/2; i > 0; i /= 2)
        {
            SegmentTree[i] = g(SegmentTree[2*i], SegmentTree[2*i+1]);
        }
    }

    /*
    result_on_segment:
        Returns value of operation on the given segment of parental array.
        Complexity: O(lb(n)).
    */
    TYPE result_on_segment (size_t l, size_t r)
    {
        return result_on_segment_in(1, 0, base_capacity-1, l, r);
    }
};

int main()
{
    return 0;
}

100

101

102

103

104

105

106

107

108

109

110

111

112

113

114

115

116

117

118

119

120

121

122

123

124

125

126

127

128

129

130

131

132

133

134

135

136

137

138

139

140

141

142

143

144

145

146

147

148

149

150

151

152

153

154

155

156

157

#include <iostream>

using namespace std;

template <class TYPE> class segments_tree

{

TYPE *SegmentTree;

size_t base_capacity = 0;

TYPE (*g)(TYPE, TYPE);

TYPE neutral;

TYPE:

Type of elements in the tree.

SegmentTree: (pointer)

Array-based tree of elements.

base_capacity: (unsigned integer value)

Parental array size, rounded to the closest upper power of 2.

g: (pointer)

Pointer to the funtion (associative binary operation), applied on the given array of elements.

WARNING: The given function must be associative. The monoidal structure of the tree will be ruined otherwise.

neutral: (array element)

The value of element, which is neutral relatively to "g" function.

################################

#### INNER HELPER FUNCTIONS ####

################################

result_on_segment_in:

returns value on segment [l, r];

TYPE result_on_segment_in

(

size_t v, size_t tl,

size_t tr, size_t l,

size_t r

)

{

if (l > r) return neutral;

else if (l == tl && r == tr) return SegmentTree[v];

else

{

size_t tm = (tl + tr) / 2;

return g(result_on_segment_in(v*2, tl, tm, l, min(r,tm)),

result_on_segment_in(v*2+1, tm+1, tr, max(l,tm+1), r));

}

make_monoid_and_fill_rest:

- fills the unused space of array (which appears due to rounding of size of parental array)

with neutral elements.

- assigns the necessary values to the upper "vertexes" of the tree.

void make_monoid_and_fill_rest(TYPE *NewTree, const size_t &n, TYPE f(TYPE, TYPE), const TYPE &neutr)

{

g = f;

neutral = neutr;

for(size_t i = base_capacity+n; i < 2*base_capacity; ++i)

{

NewTree[i] = neutral;

}

for(size_t i = base_capacity-1; i > 0; --i)

{

NewTree[i] = g(NewTree[2*i], NewTree[2*i+1]);

}

SegmentTree = NewTree;

}

fix_capacity:

Rounds base_capacity of the base array to closest upper power of 2.

void fix_capacity(const size_t &base_array_size)

{

for (base_capacity = 1; base_capacity < base_array_size; base_capacity <<= 1);

}

public:

##########################

#### PUBLIC FUNCTIONS ####

##########################

Definitions:

n - amount of elements in the parental array;

lb - binary logarithm.

Lowest level of the tree - parental array (segment of elements, which is a base of the tree)

and (if exists) unused space, filled with neutral elements.

construct:

Constructs the tree by copying elements of [begin; end) memory block into the segment tree,

and by building tree's structure using the given binary operation "f" and its neutral element "neutr".

Complexity: O(n).

void construct(const TYPE *begin, const TYPE *end, TYPE f(TYPE, TYPE), const TYPE neutr)

{

size_t base_size = end - begin;

fix_capacity(base_size);

TYPE *NewTree = new TYPE[base_capacity*2];

for(size_t i = 0; i < base_size; ++i)

{

NewTree[base_capacity+i] = begin[i];

}

make_monoid_and_fill_rest(NewTree, base_size, f, neutr);

}

read_and_construct:

Constructs the tree by filling with it with elements, created by "preprocessing_function",

and by building tree's structure using the given binary operation "f" and its neutral element "neutr".

This method is useful for creating tree by giving preprocessing_function an ability to read

the data from the incoming stream, if the separate memorisation of the base array is not needed.

Complexity: O(n).

void read_and_construct(const size_t amount_of_elements, TYPE preprocessing_function(), TYPE f(TYPE, TYPE), const TYPE neutr)

{

fix_capacity(amount_of_elements);

TYPE *NewTree = new TYPE[base_capacity*2];

for(size_t i = 0; i < amount_of_elements; ++i)

{

NewTree[base_capacity+i] = preprocessing_function();

}

make_monoid_and_fill_rest(NewTree, amount_of_elements, f, neutr);

}

assign:

Assigns new value to the element of base array with given index.

Complexity: O(lb(n))

void assign(const size_t index, const TYPE new_value)

{

SegmentTree[base_capacity+index] = new_value;

for (size_t i = (base_capacity+index)/2; i > 0; i /= 2)

{

SegmentTree[i] = g(SegmentTree[2*i], SegmentTree[2*i+1]);

}

result_on_segment:

Returns value of operation on the given segment of parental array.

Complexity: O(lb(n)).

TYPE result_on_segment (size_t l, size_t r)

{

return result_on_segment_in(1, 0, base_capacity-1, l, r);

}

};

int main()

{

return 0;

}

Описание дополнительных объектов класса

Название объекта	Описание
Новый внутренний объект
base_size	Переменная, хранящая размерность базы дерева отрезков.
Новые методы класса
begin	Аргументы: отсутствуют. Возвращает адрес начала базы. Вычислительная сложность: константа.
end	Аргументы: отсутствуют. Возвращает адрес конца базы. Вычислительная сложность: константа.
push_back	Аргумент: значение нового элемента базы. Добавляет новый элемент в конец базы. Вычислительная сложность: если база заполнена, то [latex]O\left(n\right)[/latex], иначе — [latex]O\left(\log_{2}{n}\right)[/latex].
pop_back	Аргументы: отсутствуют. Удаляет элемент в конце базы. Вычислительная сложность: [latex]O\left(\log_{2}{n}\right)[/latex].
insert	Аргументы: Индекс нового элемента; Значение нового элемента. Добавляет на заданную позицию базы новый элемент с заданным значением. Вычислительная сложность: [latex]O\left(n\right)[/latex].
erase	Аргумент: индекс удаляемого элемента. Удаляет из базы элемент с заданным индексом. Вычислительная сложность: [latex]O\left(n\right)[/latex].
size	Аргументы: отсутствуют. Возвращает размерность базы дерева. Вычислительная сложность: константа.
capacity	Аргументы: отсутствуют. Возвращает размерность базы дерева, округлённую к ближайшей большей степени двойки. Позволяет оценить число неиспользованных ячеек, на которые уже выделена память. Вычислительная сложность: константа.
resize	Аргумент: новый размер базы. Изменяет размер базы дерева, и преобразовывает незадействованные элементы в нейтральные Вычислительная сложность: [latex]O\left(n\right)[/latex], если новый размер базы превысил вместимость дерева или является меньше, чем старый, и константа в противном случае.

Ссылки

Код универсального дерева отрезков;
Код универсального дерева отрезков (дополнение функциями вектора);
Код универсального дерева отрезков (множественная модификация);
Статья о дереве отрезков на e-maxx.ru, за которую выражаю unsigned long long int (то есть очень большую 🙂 ) благодарность её автору.

Related Images:

Просто RSQ

15/04/2017 by Вадим Гордийчук

Задача RSQ (Range Sum Query). Вам дан массив, необходимо отвечать на запросы получения суммы на отрезке и изменение одного элемента массива.

Ссылка на задачу на codeforces.com.

Имя входного файла: rsq.in
Имя выходного файла: rsq.out
Ограничение по памяти: 2 секунды
Ограничение по времени: 256 мегабайт

Формат входного файла

Входной файл в первой строке содержит два числа [latex]n[/latex] [latex]\left(1 \le n \le 10^{5} \right)[/latex] — размер массива и [latex]m[/latex] [latex]\left(1 \le m \le 10^{5} \right)[/latex] — количество запросов. Во второй строке задано начальное состояние массива [latex]a_{1}[/latex], [latex]a_{2}[/latex], [latex]\ldots[/latex], [latex]a_{n}[/latex] [latex]\left( -10^{5} \le a_{i} \le 10^{5} \right)[/latex].

Далее идёт [latex]m[/latex] строк с запросами вида [latex]t[/latex] [latex]x[/latex] [latex]y[/latex] [latex]\left( 0 \le t \le 1 \right)[/latex]. Если [latex]t = 0[/latex], тогда на запрос нужно вывести сумму элементов массива с индексами от [latex]x[/latex] до [latex]y[/latex] (в данном случае [latex]1 \le x \le y \le n[/latex]). Если [latex]t = 1[/latex], тогда надо присвоить элементу массива с индексом [latex]x[/latex] значение [latex]y[/latex] (в этом случае [latex]1 \le x \le n[/latex], [latex]-10^{5} \le y \le 10^{5}[/latex]).

Формат выходного файла

На каждый запрос суммы отрезка выведите одно число в новой строке — запрашиваемая сумма.

Примеры

rsq.in	rsq.out
5 3 1 2 3 4 5 0 1 5 1 1 -14 0 1 5	15 0
8 2 7 3 -10 4 1 2 5 6 0 2 4 0 5 7	-3 8

Код программы

#include <iostream>
#include <fstream>
using namespace std;

int main()
{
    ifstream cin("rsq.in");
    ofstream cout("rsq.out");
    ios::sync_with_stdio(false);
    unsigned int n, m, i;
    long long sum = 0, sum_k;
    int *a, x, y;
    bool t;
    cin >> n >> m; n++;
    a = new int[n];
    for (i = 1; i < n; i++)
    {
        cin >> a[i];
        sum += a[i];
    }
    const unsigned int ndiv2 = n/2;
    while (m--)
    {
        cin >> t >> x;
        if (t)
        {
            sum -= a[x];
            cin >> a[x];
            sum += a[x];
        }
        else
        {
            cin >> y;
            y++;
            if (y - x > ndiv2)
            {
                sum_k = sum;
                for (i = 1; i < x; i++)
                {
                    sum_k -= a[i];
                }
                for (i = y; i < n; i++)
                {
                    sum_k -= a[i];
                }
            }
            else
            {
                sum_k = 0;
                for (; x < y; x++)
                {
                    sum_k += a[x];
                }
            }
            cout << sum_k << endl;
        }
    }
    return 0;
}

#include <iostream>

#include <fstream>

using namespace std;

int main()

{

ifstream cin("rsq.in");

ofstream cout("rsq.out");

ios::sync_with_stdio(false);

unsigned int n, m, i;

long long sum = 0, sum_k;

int *a, x, y;

bool t;

cin >> n >> m; n++;

a = new int[n];

for (i = 1; i < n; i++)

{

cin >> a[i];

sum += a[i];

}

const unsigned int ndiv2 = n/2;

while (m--)

{

cin >> t >> x;

if (t)

{

sum -= a[x];

cin >> a[x];

sum += a[x];

}

else

{

cin >> y;

y++;

if (y - x > ndiv2)

{

sum_k = sum;

for (i = 1; i < x; i++)

{

sum_k -= a[i];

}

for (i = y; i < n; i++)

{

sum_k -= a[i];

}

else

{

sum_k = 0;

for (; x < y; x++)

{

sum_k += a[x];

}

cout << sum_k << endl;

}

return 0;

}

Решение задачи

Основная идея приведённого выше решения этой задачи заключается в оптимизации обработки запросов суммы построением дерева отрезков.
Сохраним сумму всех элементов массива в переменной sum. Теперь, если нам дан запрос суммы на отрезке [latex]\left[ x; y \right][/latex], то если [latex]y — x > \frac{n}{2}[/latex] (то есть если данный отрезок содержит больше элементов, чем половина всего отрезка) то считаем сумму элементов на отрезке [latex]\left[ 1; x-1 \right] \cup \left[ y+1; n \right] = \left[ 1; n \right] \setminus \left[ x; y \right][/latex] и отнимаем от суммы всех элементов, иначе (если [latex]y — x \le \frac{n}{2}[/latex], то) просто считаем сумму элементов на отрезке [latex]\left[ x; y \right][/latex]. Если же поступает запрос на замену значения элемента, то вычитаем из sum старое значение и прибавляем новое.

Таким образом, максимальная сложность запросов суммы (при простом подходе к задаче) уменьшается вдвое.

Ссылки

Related Images:

e-olymp 4482. В стране невыученных уроков 2

27/06/2016 by Алина Гончарова

Задача

Теперь у Вити есть программа, которая помогает ему быстро находить НОД многих чисел. Поэтому стражи решили изменить правила: теперь Витя должен найти наибольший общий делитель (НОД) чисел на промежутке [l; r], а стражи – наименьшее общее кратное (НОК), у кого получится число меньше, тот и выиграет.

Входные данные

Первая строка содержит количество элементов в массивеn (1 ≤ n ≤ 10⁶). Во второй строке находится n чисел – элементы a_i (1 ≤ a_i ≤ 10⁹) массива. В третьей строке находится количество запросовm (1 ≤ m ≤ 10⁵). Далее в m строках находится по три числа q, l, r (1 ≤ l ≤ r ≤ n). Если q = 1, требуется определить победителя для промежутка [l; r], если q = 2, то нужно заменить элемент в позиции l на число r.

Выходные данные

Для каждого запроса с номером 1 в отдельной строке выведите строку «wins«, если Витя выиграл, строку «loser«, если он проиграл и «draw«, если была ничья.

Решение

В данной задаче нам нужно реализовать дерево отрезков, но поменять функцию которую определяет значение в узлах. Прочитав условие можно понять, что ответ «loser» мы не выведем никогда, так как НОД не может быть больше НОК. Тогда остается определить когда выводить «wins» или «draw». НОД и НОК некоторого количества чисел равны тогда и только тогда, когда все числы для которых мы считаем НОД и НОК равны между собой. Поэтому ассоциативной функцией для построения дерева выберем функцию равенства, если числа равны возвращаем само число, иначе 0. Тогда для ответа на вопрос задачи просто следует узнать что находится в соответсвующем узле.
Если это 0, то НОК больше НОД, иначе они равны и мы выведем «draw».

Код

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
 
int equality(int a, int b){
    return a == b ? a : 0;
}
 
void build(int *a, int *tr, int v, int l, int r) {
    if (l == r) {
        tr[v] = a[l];
    } else {
        int middle = (l + r) / 2;
        build(a, tr, 2 * v, l, middle);
        build(a, tr, 2 * v + 1, middle + 1, r);
        tr[v] = equality(tr[2 * v], tr[2 * v + 1]);
    }
}
 
void update(int *tr, int v, int l, int r, int pos, int val) {
    if (l == r) {
        tr[v] = val;
    } else {
        int middle = (l + r) / 2;
        if (pos <= middle) {
            update(tr, 2 * v, l, middle, pos, val);
        } else {
            update(tr, 2 * v + 1, middle + 1, r, pos, val);
        }
        tr[v] = equality(tr[2 * v], tr[2 * v + 1]);
    }
}
 
int getEquality(int *tr, int v, int l, int r, int left, int right) {
    if (l == left && r == right) {
        return tr[v];
    }
    int middle = (l + r) / 2;
    if (right <= middle) {
        return getEquality(tr, 2 * v, l, middle, left, right);
    }
    else if (left >= middle + 1) {
        return getEquality(tr, 2 * v + 1, middle + 1, r, left, right);
    }
    else {
        return equality(getEquality(tr, 2 * v, l, middle, left, middle), 
            getEquality(tr, 2 * v + 1, middle + 1, r, middle + 1, right));
    }
}
 
int main() {
    int n;
    cin >> n;
    int *a = new int[n];
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> a[i];
    }
    int *tr = new int[4 * n];
    build(a, tr, 1, 0, n - 1);
    int m;
    cin >> m;
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        int q, l, r;
        cin >> q >> l >> r;
        if (q == 1) {
            cout << (getEquality(tr, 1, 0, n - 1, l - 1, r - 1) != 0 ? "draw" : "wins") << endl;
        } else if (q == 2) {
            update(tr, 1, 0, n - 1, l - 1, r);
        }
    }
    return 0;
}

#include <iostream>

#include <algorithm>

using namespace std;

int equality(int a, int b){

return a == b ? a : 0;

}

void build(int *a, int *tr, int v, int l, int r) {

if (l == r) {

tr[v] = a[l];

} else {

int middle = (l + r) / 2;

build(a, tr, 2 * v, l, middle);

build(a, tr, 2 * v + 1, middle + 1, r);

tr[v] = equality(tr[2 * v], tr[2 * v + 1]);

}

void update(int *tr, int v, int l, int r, int pos, int val) {

if (l == r) {

tr[v] = val;

} else {

int middle = (l + r) / 2;

if (pos <= middle) {

update(tr, 2 * v, l, middle, pos, val);

} else {

update(tr, 2 * v + 1, middle + 1, r, pos, val);

}

tr[v] = equality(tr[2 * v], tr[2 * v + 1]);

}

int getEquality(int *tr, int v, int l, int r, int left, int right) {

if (l == left && r == right) {

return tr[v];

}

int middle = (l + r) / 2;

if (right <= middle) {

return getEquality(tr, 2 * v, l, middle, left, right);

}

else if (left >= middle + 1) {

return getEquality(tr, 2 * v + 1, middle + 1, r, left, right);

}

else {

return equality(getEquality(tr, 2 * v, l, middle, left, middle),

getEquality(tr, 2 * v + 1, middle + 1, r, middle + 1, right));

}

int main() {

int n;

cin >> n;

int *a = new int[n];

for (int i = 0; i < n; i++) {

cin >> a[i];

}

int *tr = new int[4 * n];

build(a, tr, 1, 0, n - 1);

int m;

cin >> m;

for (int i = 0; i < m; i++) {

int q, l, r;

cin >> q >> l >> r;

if (q == 1) {

cout << (getEquality(tr, 1, 0, n - 1, l - 1, r - 1) != 0 ? "draw" : "wins") << endl;

} else if (q == 2) {

update(tr, 1, 0, n - 1, l - 1, r);

}

return 0;

}

Тесты

Входные данные	Выходные данные
5 2 4 6 10 8 6 1 1 5 1 2 3 2 5 15 2 3 10 1 3 5 1 1 1	wins wins wins draw
5 7 7 7 7 7 4 1 1 5 2 2 1 1 1 5 1 3 5	draw wins draw

Задача взята отсюда.

Решенная задача на e-olymp.

Код программы.

Related Images:

e-olymp 4481. В стране невыученных уроков

27/06/2016 by Катя Писова

Задача

Витя попал в страну невыученных уроков. Для того, чтобы вернуться домой ему нужно выполнить множество заданий. В этой задаче он должен выиграть у стражей в НОД-игру. Правила этой игры очень простые: есть массив натуральных чисел, после чего игроки выбирают два числа [latex]l[/latex] и [latex]r[/latex], и им надо посчитать наибольший общий делитель (НОД) всех элементов в массиве с индексами от [latex]l[/latex] до [latex]r[/latex] включительно. Кто быстрее посчитает, тот и выиграл. Чтобы избежать нечестных игр, они иногда заменяют некоторые числа в массиве на другие.

Витя очень хочет домой, помогите ему в этом, для чего напишите программу, которая будет очень быстро считать НОД на заданном промежутке.

Входные данные

Первая строка содержит количество элементов [latex]n[/latex] [latex](1\leq n\leq 10^5)[/latex] в массиве. Во второй строке находится [latex]n[/latex] чисел – элементы [latex]a_i[/latex] [latex](1\leq a_i\leq 10^9)[/latex] массива. В третьей строке находится количество запросов [latex]m[/latex] [latex](1\leq m\leq 10^5)[/latex]. Далее в [latex]m[/latex] строках находятся по три числа [latex]q[/latex], [latex]l[/latex], [latex]r[/latex] [latex](1\leq l\leq r\leq n)[/latex]. Если [latex]q=1[/latex], требуется посчитать НОД элементов на промежутке [latex][l,r][/latex], если [latex]q=2[/latex], то надо заменить элемент в позиции [latex]l[/latex] на число [latex]r[/latex].

Выходные данные

Для каждого запроса с номером [latex]l[/latex] в отдельной строке выведите ответ на запрос.

Тесты

Входные данные:	Выходные данные:
5 2 4 6 10 8 6 1 1 5 1 2 3 2 5 15 2 3 10 1 3 5 1 1 5	2 2 5 1

Код программы

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

vector<int> tree;
int n;

int gcd (int a, int b){
    if (a == 0) return b;
   return gcd(b % a, a);
}

void build(int a[], int v = 1, int tl = 0, int tr = n - 1){
    if(tl == tr){
        tree[v] = a[tl];
    }else{
        int middle = (tl + tr) / 2;
        build(a, v * 2, tl, middle);
        build(a, v * 2 + 1, middle + 1, tr);
        tree[v] = gcd(tree[v * 2], tree[v * 2 + 1]);
    }
}
 
int get(int a[], int l, int r, int v = 1, int tl = 0, int tr = n-1){
    if(l > r){
        return 0;
    }
    if(tl == l && tr == r){
        return tree[v];
    }
    int middle = (tl + tr) / 2;
    int L = get(a, l, min(middle, r), v * 2, tl, middle);
    int R = get(a, max(middle + 1, l), r, v*2 + 1, middle + 1, tr);
    return gcd(L, R);

}
void update(int pos, int val, int v = 1, int tl = 0, int tr = n - 1){
    if(tl == tr){
        tree[v] = val;
    }else{
        int middle = (tl + tr) / 2;
        if(pos <= middle){
            update(pos, val, v * 2, tl, middle);
        }else{
            update(pos, val, v * 2 + 1, middle + 1, tr);
        }
        tree[v] = gcd(tree[v * 2], tree[v * 2 + 1]);
    }
}
 
int main(){
    cin >> n;
    int a[n];
    for (int i = 0; i < n; i++){
        cin >> a[i];
    }
    tree.resize(4 * n);
    build(a);
    int m, l, r, q; 
    cin >> m;
    while (m--){
        cin >> q >> l >> r;
        if (q == 1){
            cout << get(a, l - 1, r - 1) << endl;
        }
        else{
            update(l - 1, r);
        }
    }
    return 0;
}

#include <iostream>

#include <vector>

using namespace std;

vector<int> tree;

int n;

int gcd (int a, int b){

if (a == 0) return b;

return gcd(b % a, a);

}

void build(int a[], int v = 1, int tl = 0, int tr = n - 1){

if(tl == tr){

tree[v] = a[tl];

}else{

int middle = (tl + tr) / 2;

build(a, v * 2, tl, middle);

build(a, v * 2 + 1, middle + 1, tr);

tree[v] = gcd(tree[v * 2], tree[v * 2 + 1]);

}

int get(int a[], int l, int r, int v = 1, int tl = 0, int tr = n-1){

if(l > r){

return 0;

}

if(tl == l && tr == r){

return tree[v];

}

int middle = (tl + tr) / 2;

int L = get(a, l, min(middle, r), v * 2, tl, middle);

int R = get(a, max(middle + 1, l), r, v*2 + 1, middle + 1, tr);

return gcd(L, R);

}

void update(int pos, int val, int v = 1, int tl = 0, int tr = n - 1){

if(tl == tr){

tree[v] = val;

}else{

int middle = (tl + tr) / 2;

if(pos <= middle){

update(pos, val, v * 2, tl, middle);

}else{

update(pos, val, v * 2 + 1, middle + 1, tr);

}

tree[v] = gcd(tree[v * 2], tree[v * 2 + 1]);

}

int main(){

cin >> n;

int a[n];

for (int i = 0; i < n; i++){

cin >> a[i];

}

tree.resize(4 * n);

build(a);

int m, l, r, q;

cin >> m;

while (m--){

cin >> q >> l >> r;

if (q == 1){

cout << get(a, l - 1, r - 1) << endl;

}

else{

update(l - 1, r);

}

return 0;

}

Алгоритм решения

Данная задача решена с помощью структуры данных «дерево отрезков». В каждой вершине дерева храним НОД всех чисел на соответствующем отрезке массива. Функции, отвечающие за построение самого дерева отрезков, нахождение НОД на отрезке и запрос на модификацию элемента являются рекурсивными. Дерево строим следующим образом: листьями данного дерева будут сами элементы исходного массива, а значения элементов, находящихся на уровень выше, будут представлять собой НОД двух соседних листов. Таким же образом считаем значения вершин следующего уровня и т.д. Чтобы найти НОД на заданном отрезке рассматриваем случаи расположения данного отрезка. Он может полностью принадлежать одному потомку, а может быть разбит между правым и левым потомками. В первом случае функцию запускаем от одного потомка и получаем требуемое, во втором случае функцию запускаем от двух потомков и находим от полученных результатов НОД. При выполнении запроса на модификацию запускаем функцию от корня, спускаемся до требуемого элемента, изменяем его, и поднимаемся обратно к корню, модифицируя значения вершин, для которых данный элемент является подотрезком.

В самой задаче, в зависимости от требуемого, в цикле находим НОД на заданном отрезке или выполняем модификацию элемента.

Для получения подробной информации о структуре данных «Дерево отрезков» можно перейти по данной ссылке
Ссылка на засчитанное решение на e-olymp
Ссылка на условие задачи
Ссылка на решение задачи на ideone.com

Related Images:

e-olymp 4082. Произведение на отрезке

27/06/2016 by Настя Филипчук

Условие задачи

Это нормально чувствовать себя взволнованным и напряженным за день до олимпиады по программированию. Чтобы расслабиться, вы пошли выпить со своими друзьями в соседний паб. Для сохранения остроты ума до следующего дня, Вы решили сыграть в следующую игру. Для начала Ваши друзья написали последовательность [latex] n [/latex] целых чисел [latex] x_{1}, x_{2},\cdots , x_{n} [/latex]. Потом следует [latex] k [/latex] раундов, на каждом из которых выполняется одна из следующих команд:

команда изменения, когда необходимо изменить одно значение в последовательности;
команда умножения, когда по заданным значениям [latex] i [/latex] и [latex] j [/latex] необходимо определить, является ли произведение [latex] x_{i}\cdot x_{i+1} \cdot \; \; \cdots \; \; \cdot x_{j-1} \cdot x_{j} [/latex] положительным, отрицательным или равным нулю.

Так как Вы находитесь в пабе, то штрафом за неправильный ответ будет употребление дополнительной пинты пива. Вы беспокоитесь, что это может негативно повлиять на Вас при участии в конкурсе на следующий день, и у Вас нет желания проверять на корректность теорию пика Баллмера. К счастью, друзья разрешили Вам пользоваться ноутбуком. Поскольку Вы больше доверяете Вашим способностям программировать, нежели математике, то было решено написать программу, которая поможет сыграть в игру.

Входные данные

Каждый тест состоит из нескольких строк. Первая строка каждого теста содержит два числа [latex] n [/latex] и [latex] k [/latex] ([latex] 1\leq n,k\leq 10^{5}[/latex]) — количество элементов в последовательности и число раундов в игре. Вторая строка содержит [latex] n [/latex] целых чисел [latex] x_{i} [/latex] — начальные значения последовательности ([latex] -100\leq x_{i}\leq 100[/latex] для [latex]i=1,2, \cdots ,n[/latex]). Каждая из следующих [latex] k [/latex] строк описывает команду, начинающуюся заглавной буквой [latex] C [/latex] или [latex] C [/latex]. Если это буква [latex] C [/latex], то строка содержит команду замены, за буквой следуют два числа [latex] i [/latex] и [latex] v [/latex], указывающих на то что [latex] x_{i} [/latex] необходимо заменить на [latex] v [/latex] ([latex] 1\leq i\leq n[/latex] и [latex]-100\leq v\leq 100[/latex]). Если это буква [latex] P [/latex], то строка задает команду умножения, за буквой следуют два числа [latex] i [/latex] и [latex] j [/latex] — необходимо вычислить произведение от [latex] x_{i} [/latex] до [latex] x_{i} [/latex] включительно ([latex] 1\leq i\leq j\leq n [/latex]) . Каждый тест содержит как минимум одну команду умножения.

Выходные данные

Для каждого теста вывести одну строку, содержащую ответы на все команды умножения. [latex] i [/latex]-ый символ строки является результатом [latex] i [/latex]-ой команды умножения. Если произведение положительно, то вывести символ [latex] + [/latex] (плюс); если произведение отрицательно, то вывести [latex] — [/latex] (минус); если произведение равно нулю, то вывести [latex] 0 [/latex] (ноль).

Тесты

Входные данные

Выходные данные

4 6

-2 6 0 -1

C 1 10

P 1 4

C 3 7

P 2 2

C 4 -5

P 1 4

5 9

1 5 -2 4 3

P 1 2

P 1 5

C 4 -5

P 1 5

P 4 5

C 3 0

P 1 5

C 4 -5

0+-

+-+-0

5 5

10 -2 0 5 1

C 1 0

P 1 4

C 2 7

P 1 1

C 2 0

6 4

0 20 0 30 0 -10

P 2 2

P 2 3

P 3 6

P 2 6

4 3

0 -1 -2 0

P 2 3

C 1 9

P 1 2

3 3

5 2 0

C 1 7

C 3 0

C 1 0

6 5

100 10 55 11 0 -33

P 1 4

C 5 6

C 3 72

C 5 -20

P 5 6

+000

Код программы

#include <iostream>
using namespace std;
 
void sequence(int* tree, int* given, int position, int i, int j) // посторение дерева
{
    if (i == j)
        tree[position] = given[i] > 0 ? 1 : (given[i] < 0 ? -1 : 0); // заменяем элементы последовательности на "1","-1","0" в соответсвии с условием для команды "P" 
    else if (i!=j)  // для остальных элементов воспользуемся следующим алгоритмом
    {
        int m = (i + j) / 2;
        sequence(tree, given, position * 2, i, m);
        sequence(tree, given, position * 2 + 1, m + 1, j);
        tree[position] = tree[position * 2] * tree[position * 2 + 1]; // элемент с номером (pos * 2) – левый потомок, а с (pos * 2 + 1) - правый потомок
    }
}

void For_C_command(int* tree, int position, int i, int j, int nposition, int v) // функция изменения элемента (для выполнения команлы "С")
{
    if (i == j)
        tree[position] = v > 0 ? 1 : (v < 0 ? -1 : 0);
    else if (i!=j)
    {
        int m = (i + j) / 2;
        if (nposition <= m)
            For_C_command(tree, position * 2, i, m, nposition, v);
        else
            For_C_command(tree, position * 2 + 1, m + 1, j, nposition, v);
        tree[position] = tree[position * 2] * tree[position * 2 + 1];
    }
}
 
int For_P_command(int* tree, int position, int i, int j, int qi, int qj) // функция для выполнения команды "Р"
{
    if (i == qi && j == qj)
        return tree[position];
    else
    {
        int m = (i + j) / 2;
        if (qj <= m)
            return For_P_command(tree, position * 2, i, m, qi, qj);
        else if (qi >= m + 1)
            return For_P_command(tree, position * 2 + 1, m + 1, j, qi, qj);
        else
            return For_P_command(tree, position * 2, i, m, qi, m) * For_P_command(tree, position * 2 + 1, m + 1, j, m + 1, qj);
    }
}
 
int main() 
{
    ios::sync_with_stdio(false); // ускоряем чтение
    int n, k;
    while (cin >> n >> k)
    {
        int given[n];
        for (int i = 0; i < n; i++)
            cin >> given[i];
        int tree[n * 4];
        sequence(tree, given, 1, 0, n - 1);
        for (int i = 0; i < k; i++)
        {
            char command;
            int xi, xj;
            cin >> command >> xi >> xj;
            if (command == 'P')
            {   
                int x = For_P_command(tree, 1, 0, n - 1, xi - 1, xj - 1); // применяем функцию для команды "Р" и выполняем сравнения, соответствующие условию задачи
                if (x < 0)
                    printf("-");
                else if (x > 0)
                    printf("+");
                else 
                    printf("0");
            }
            else
                For_C_command(tree, 1, 0, n - 1, xi - 1, xj);
        }
        printf("\n");
    }
}

#include <iostream>

using namespace std;

void sequence(int* tree, int* given, int position, int i, int j) // посторение дерева

{

if (i == j)

tree[position] = given[i] > 0 ? 1 : (given[i] < 0 ? -1 : 0); // заменяем элементы последовательности на "1","-1","0" в соответсвии с условием для команды "P"

else if (i!=j) // для остальных элементов воспользуемся следующим алгоритмом

{

int m = (i + j) / 2;

sequence(tree, given, position * 2, i, m);

sequence(tree, given, position * 2 + 1, m + 1, j);

tree[position] = tree[position * 2] * tree[position * 2 + 1]; // элемент с номером (pos * 2) – левый потомок, а с (pos * 2 + 1) - правый потомок

}

void For_C_command(int* tree, int position, int i, int j, int nposition, int v) // функция изменения элемента (для выполнения команлы "С")

{

if (i == j)

tree[position] = v > 0 ? 1 : (v < 0 ? -1 : 0);

else if (i!=j)

{

int m = (i + j) / 2;

if (nposition <= m)

For_C_command(tree, position * 2, i, m, nposition, v);

else

For_C_command(tree, position * 2 + 1, m + 1, j, nposition, v);

tree[position] = tree[position * 2] * tree[position * 2 + 1];

}

int For_P_command(int* tree, int position, int i, int j, int qi, int qj) // функция для выполнения команды "Р"

{

if (i == qi && j == qj)

return tree[position];

else

{

int m = (i + j) / 2;

if (qj <= m)

return For_P_command(tree, position * 2, i, m, qi, qj);

else if (qi >= m + 1)

return For_P_command(tree, position * 2 + 1, m + 1, j, qi, qj);

else

return For_P_command(tree, position * 2, i, m, qi, m) * For_P_command(tree, position * 2 + 1, m + 1, j, m + 1, qj);

}

int main()

{

ios::sync_with_stdio(false); // ускоряем чтение

int n, k;

while (