e-olymp 3835. Минимальный каркас

13/07/2021 by Yezhkova

Задача

В связном графе найдите остовное дерево минимального веса.

Входные данные

Первая строка содержит два натуральных числа $n$ и $m$ $($$1 \leqslant n \leqslant 20000$, $0 \leqslant m \leqslant 100000$$)$ — количество вершин и рёбер графа соответственно. Следующие $m$ строк содержат описания рёбер по одному в строке. Ребро номер $i$ описывается тремя натуральными числами $b_i$, $e_i$ и $w_i$ $($$1 \leqslant b_i$, $e_i \leqslant n$, $0 \leqslant w_i \leqslant 100000$$)$ — номера концов ребра и его вес соответственно.

Граф является связным.

Выходные данные

Выведите единственное целое число — вес минимального остовного дерева.

Тесты

Входные данные	Выходные данные
4 4 1 2 1 2 3 2 3 4 5 4 1 4	7
10 10 1 3 1 1 4 5 1 2 6 2 3 5 2 5 3 3 4 5 3 5 6 3 6 4 6 4 2 6 5 6	15
7 12 1 2 20 1 7 1 1 6 23 6 7 36 2 7 4 2 3 15 7 3 9 6 5 28 7 5 25 3 4 3 4 5 17 4 7 16	57

Код программы

#include <stdio.h>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <utility>
using namespace std;

int get(const int &n, int *&subtree) {
    if (subtree[n] == n) return n;
    return subtree[n] = get(subtree[n], subtree);  
}

void merge(const int &a, const int &b, int *&subtree, int *&vertex_rank) {
    int ra = get(a, subtree), rb = get(b, subtree);
    if (vertex_rank[ra] < vertex_rank[rb]) subtree[ra] = rb;
    else if (vertex_rank[rb] < vertex_rank[ra]) subtree[rb] = ra;
    else {
        subtree[ra] = rb;
        vertex_rank[rb]++;
    }
}

int main()
{
    int vertices, edges;
    scanf("%i%i", &vertices, &edges);
    vector <pair<int, pair<int, int>>> v(edges);
    for (int i = 0; i < edges; ++i) {
        scanf("%i%i%i", &v[i].second.first, &v[i].second.second, &v[i].first); 
    }
    sort(v.begin(), v.end());
    int *subtree = new int[vertices];
    int *vertex_rank = new int[vertices];
    for (int i = 0; i < vertices; i++) {
        subtree[i] = i;
        vertex_rank[i] = 1;
    }
    int spanning_tree_weight = 0;
    for (int i = 0; i < edges; ++i) {
        if (get(v[i].second.first - 1, subtree) != get(v[i].second.second - 1, subtree)) {
            spanning_tree_weight += v[i].first;
            merge(v[i].second.first - 1, v[i].second.second - 1, subtree, vertex_rank);
        }
    }
    printf("%i", spanning_tree_weight);
    delete[] subtree;
    delete[] vertex_rank;
    return 0;
}

#include <stdio.h>

#include <vector>

#include <algorithm>

#include <utility>

using namespace std;

int get(const int &n, int *&subtree) {

if (subtree[n] == n) return n;

return subtree[n] = get(subtree[n], subtree);

}

void merge(const int &a, const int &b, int *&subtree, int *&vertex_rank) {

int ra = get(a, subtree), rb = get(b, subtree);

if (vertex_rank[ra] < vertex_rank[rb]) subtree[ra] = rb;

else if (vertex_rank[rb] < vertex_rank[ra]) subtree[rb] = ra;

else {

subtree[ra] = rb;

vertex_rank[rb]++;

}

int main()

{

int vertices, edges;

scanf("%i%i", &vertices, &edges);

vector <pair<int, pair<int, int>>> v(edges);

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

scanf("%i%i%i", &v[i].second.first, &v[i].second.second, &v[i].first);

}

sort(v.begin(), v.end());

int *subtree = new int[vertices];

int *vertex_rank = new int[vertices];

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

subtree[i] = i;

vertex_rank[i] = 1;

}

int spanning_tree_weight = 0;

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

if (get(v[i].second.first - 1, subtree) != get(v[i].second.second - 1, subtree)) {

spanning_tree_weight += v[i].first;

merge(v[i].second.first - 1, v[i].second.second - 1, subtree, vertex_rank);

}

printf("%i", spanning_tree_weight);

delete[] subtree;

delete[] vertex_rank;

return 0;

}

Решение задачи

Алгоритм

Задача решается алгоритмом Краскала. Для хранения данных удобно использовать вектор пар (одна пара = одна строка ввода). Пары в свою очередь состоят из двух элементов: пара вершин и вес ребра. Алгоритм Краскала предполагает сортировку рёбер по весу в порядке неубывания. Затем каждой вершине графа ставится в соответствие собственное поддерево. Удобно это сделать с помощью массива, элементов массива будет столько же, сколько и вершин. Далее нужно пройтись по всем рёбрам в порядке неубывания и определить, принадлежат ли вершины ребра $i$ одному и тому же поддереву. Если вершины находятся в разных поддеревьях, то эти поддеревья объединяются, а вес данного ребра дописывается в ответ.

Оптимизация

При помощи простого массива или вектора задача выполняется со сложностью $O(M log N + N^2)$, где $N$ — количество вершин, $M$ — количество рёбер. Система непересекающихся множеств (СНМ) позволяет добиться сложности $O(M log N)$. При поиске элемента в СНМ необходимо лишь подниматься вверх по деревьям, поэтому достаточно хранить для каждой вершины только номер её прямого предка. Для этого используется массив $subtree$. Для задания множества используется номер вершины — корня соответствующего дерева. Поэтому чтобы определить, принадлежат ли два элемента к одному и тому же множеству, для каждого элемента нужно найти корень соответствующего дерева (поднимаясь вверх пока это возможно) и сравнить эти корни. При поиске корня заданной вершины будем переподвешивать её за найденный корень при выходе из рекурсивной функции $get$. Пусть нам нужно объединить $(merge)$ множества с корнями $a$ и $b$. Присвоим $p[a]=b$, тем самым подвесив всё дерево $a$ к корню дерева $b$. Одна из самых простых и эффективных оптимизаций — поддерживать для всех деревьев текущую глубину, и при объединении подвешивать дерево с меньшей глубиной к корню дерева с большей глубиной. Глубина дерева данной вершины хранится в виде её ранга (массив $vertex$_$rank$).

Ссылки

Related Images:

e-olymp 9414. Убить всех термитов

21/12/2019 by Андрей Метасов

Условие задачи

На дереве живут термиты. Ваша задача убить их всех. Дерево является неориентированным связным графом с $n$ вершинами и $n — 1$ ребрами. Чтобы убить термитов, Вам следует отравить некоторые вершины. Если термит попадает на вершину с ядом, то он немедленно умирает. Вы не знаете, где изначально находятся термиты. Но Вы знаете, что термиты каждый раз попадают в случайную соседнюю вершину. Однако если термит прошел ребро $(u, v)$, то следующее ребро должно отличаться от $(v, u)$ за исключением случая, когда термит попадает в лист (в этом случае термит поворачивается и возвращается назад). Вам следует отравить минимальное количество вершин так, чтобы термиты попали в отравленные вершины после конечного числа шагов.

Входные данные

Первая строка содержит одно целое число $n$ $(1 \leqslant n \leqslant 100000)$. Следующая строка содержит $n — 1$ целое число $p_{i} (2 \leqslant i \leqslant n)$, означающее что ребро соединяет $p_{i}$ и $i$.

Выходные данные

Выведите минимальное количество отравленных вершин.

Тесты

№	Входные данные	Выходные данные
1	1	1
2	2 1	1
3	8 1 1 2 1 2 3 2	2
4	5 1 2 1 4	1
5	16 1 2 3 4 5 3 7 1 9 9 11 11 13 13 15	3
6	10 1 2 3 3 1 2 3 7 9	2
7	8 1 1 3 3 1 6 6	2

Код

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int NMAX = 100001;
vector<int> tree [NMAX]; 
vector<int> killed (NMAX, 0);
vector<bool> used (NMAX, 0);
vector<int> dist (NMAX, 0);
int ans = 0;

void kills(int v, int p)
{
    if (v == p) kills(tree[v][0], v);
    if (tree[v].size() == 2) for (auto to : tree[v]) if (to != p) kills(to, v);
    if (tree[v].size() >= 3) killed[v]++;
    return;
}

void goup(int v, int p)
{
    if (v == p)
    {
        for (auto to : tree[v]) if (dist[to] < dist[v]) goup(to, v);
        killed[v] = 0;
        return;
    }
    if (tree[v].size() == 2) for (auto to : tree[v]) if (to != p) goup(to, v);
    if (tree[v].size() >= 3)
    {
        killed[v]++;
        return;
    }
}


int main()
{
    int n,v; cin>>n;
    if (n <= 5) {cout<<1; return 0;} // Частный случай
    tree[1].push_back(0); // Корень тоже должен быть "развилкой"
    vector<int> leaves;
    for (int i = 1; i < n; i++)
    {
        cin>>v;
        tree[v].push_back(i+1);
        tree[i+1].push_back(v); //Заполнение графа в том виде, в котором его дают
    }

    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if (tree[i].size() == 1 || (i == 1 && tree[i].size() == 2)) leaves.push_back(i); //Запоминаем все листья
    }

    queue<int> q; dist[1] = 0;
    q.push(1); used[1] = true;
    while (!q.empty())
    {
        int qv = q.front(); q.pop();
        used[qv] = 1;
        for (auto to : tree[qv])                //BFS заполняющий вектор dist
        {
            if (!used[to])
            {
                q.push(to);
                dist[to] = dist[qv]+1;
            }
        }
    }

    for (auto l : leaves)
    {
        kills(l, l);        // Первый этап - запросы от каждого листа
    }

    int maxdist = -1; for (int i = 1; i <= n; i++) maxdist = max(maxdist, dist[i]); // Определение максимального "уровня" дерева
    int wentup = 1;
    while (wentup)
    {
        wentup = 0;
        for (int l = maxdist; l > 0; l--)
        {
            for (int i = 2; i <= n; i++)
            {
                if (killed[i] == 1 && dist[i] == l)
                {
                    goup(i, i);                    //Этап 2 - поднятие "недошедших" запросов
                    wentup++;
                }
            }
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) if (killed[i] >= 2) ans++; //Финальный подсчет "отравленных" развилок
    cout<<ans;
    return 0;
}

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int NMAX = 100001;

vector<int> tree [NMAX];

vector<int> killed (NMAX, 0);

vector<bool> used (NMAX, 0);

vector<int> dist (NMAX, 0);

int ans = 0;

void kills(int v, int p)

{

if (v == p) kills(tree[v][0], v);

if (tree[v].size() == 2) for (auto to : tree[v]) if (to != p) kills(to, v);

if (tree[v].size() >= 3) killed[v]++;

return;

}

void goup(int v, int p)

{

if (v == p)

{

for (auto to : tree[v]) if (dist[to] < dist[v]) goup(to, v);

killed[v] = 0;

return;

}

if (tree[v].size() == 2) for (auto to : tree[v]) if (to != p) goup(to, v);

if (tree[v].size() >= 3)

{

killed[v]++;

return;

}

int main()

{

int n,v; cin>>n;

if (n <= 5) {cout<<1; return 0;} // Частный случай

tree[1].push_back(0); // Корень тоже должен быть "развилкой"

vector<int> leaves;

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

{

cin>>v;

tree[v].push_back(i+1);

tree[i+1].push_back(v); //Заполнение графа в том виде, в котором его дают

}

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

{

if (tree[i].size() == 1 || (i == 1 && tree[i].size() == 2)) leaves.push_back(i); //Запоминаем все листья

}

queue<int> q; dist[1] = 0;

q.push(1); used[1] = true;

while (!q.empty())

{

int qv = q.front(); q.pop();

used[qv] = 1;

for (auto to : tree[qv]) //BFS заполняющий вектор dist

{

if (!used[to])

{

q.push(to);

dist[to] = dist[qv]+1;

}

for (auto l : leaves)

{

kills(l, l); // Первый этап - запросы от каждого листа

}

int maxdist = -1; for (int i = 1; i <= n; i++) maxdist = max(maxdist, dist[i]); // Определение максимального "уровня" дерева

int wentup = 1;

while (wentup)

{

wentup = 0;

for (int l = maxdist; l > 0; l--)

{

for (int i = 2; i <= n; i++)

{

if (killed[i] == 1 && dist[i] == l)

{

goup(i, i); //Этап 2 - поднятие "недошедших" запросов

wentup++;

}

for (int i = 1; i <= n; i++) if (killed[i] >= 2) ans++; //Финальный подсчет "отравленных" развилок

cout<<ans;

return 0;

}

Решение задачи

Поскольку в задаче речь идет о дереве, циклов в нем нет по определению. Значит, единственным способом для термита ходить «вечно» будет путь между двумя листами, в которых он сможет разворачиваться. Фактически, задача сводится к вопросу «Какое минимальное количество вершин в дереве нужно отравить, чтобы нельзя было добраться из любого листа в другой лист не пройдя через отравленные?».

Определим для этого $3$ типа вершин: лист, развилка и обычная вершина. Листом назовем вершину, у которой нет детей (всего $1$ связь с другой вершиной). Обычные вершины — те, у которых ровно $2$ связи (для нашего термита это пути вниз или вверх). Развилкой назовем вершину, у которой $3$ или больше связей с другими. Будем считать корень тоже развилкой, даже если у него всего $2$ связи, или листом, если одна. Через развилки можно ходить из одного листа в другой, либо «вверх» — в сторону корня.

$1$ — корень; $5,6,3$ — листья; $4$ — развилка; $2$ — обычная;

Первый этап

Очевидно, выгоднее всего «закрывать» развилки. А среди них — те, которые соединяют несколько листов напрямую. Пусть каждый лист отправляет «запрос» вверх по дереву на закрытие ближайшей к нему развилки. Когда «запрос» доходит до развилки, он тут же записывается на её счёт. Таким образом, в дереве выше вершина $4$ будет иметь $2$ запроса — от листов $5$ и $6$, а корень — $1$ запрос от листа $3$.

Теперь, просто считаем количество вершин с количеством запросов $\geqslant2$ и «закрываем» их.

Второй этап

Увы, первый этап не идеален и может «не донести» запросы в нужное место, т.к. некоторые развилки (а именно — соединяющие лист и другую развилку) могут остаться с одним запросом и не быть закрытыми. Если таких много, термит все еще может ходить между листами. Например, в таком дереве:

Дерево, в котором необходим второй этап

Вершина $2$ и корень получают по $1$ запросу и остаются открытыми, а у термита остается путь между листами $10$ и $6$.

Для предотвращения таких случаев, пробежимся по дереву «снизу вверх» — от самого нижнего уровня до верхнего и для каждой развилки, у которой ровно $1$ запрос, сместим его вверх аналогично первому этапу — до ближайшей развилки. Будем выполнять этот шаг, пока есть такие вершины (с $1$ запросом).

В итоге, все запросы «соединятся» в нужных развилках, значение в них станет $\geqslant2$ и эти развилки нужно будет тоже закрыть. Для дерева выше, будет закрыт корень.

Осталось посчитать кол-во закрытых.

Описание алгоритма

Дерево будем хранить в массиве векторов tree. Количество запросов для вершины $i$ хранится в killed[i]. Стандартный вектор used для поиска в ширину и dist- вектор расстояний от корня до вершин, которые и будут определяться с помощью BFS.

Функция kills предназначена для того, чтобы донести запрос от листа до развилки. Она рассматривает $3$ случая:

v == p — текущая вершина совпадает с той, из которой пришли. Это крайний случай, говорящий о том, что мы только начали и находимся в листе. Тогда, идем в единственно возможном направлении — tree[v][0].
tree[v].size == 2 — вершина обычного типа, просто идем «вверх», выбирая из двух путей тот, что не совпадает с предыдущей вершиной.
tree[v].size >= 3 — попали в развилку. Увеличиваем ее значение killed[v] и выходим из рекурсии.

Функция goup отличается от kills лишь тем, что при v == p выбирает из всех направлений то, которое ближе к корню, используя dist.

Подготовка

Можно заметить, что для всех деревьев из $5$ или менее вершин ответ будет $1$. Проверим это сразу при вводе n. Далее, осторожно считываем дерево в массив векторов (см. Входные данные). В следующем цикле, определяем листья и запоминаем их в вектор leaves. Нужно учесть то, что корень может быть листом, если у него всего $2$ связи — одна с деревом, а другая — искусственно созданная нами в $0$ вершину. Последний шаг — запустить поиск в ширину из корня, который заполнит вектор dist расстояниями от корня до вершин.

Первый этап

Просто запускаем kills (l, l) из каждого листа l для «отправки» запросов в ближайшие развилки.

Второй этап

Определяем максимальную «глубину» дерева — максимальное расстояние вершины от корня. Далее, для каждого уровня от самого нижнего до корня, при определении вершины со значением killed[i] == 1 запускаем goup (i, i), а в переменной wentup считаем количество таких случаев. Как только их не останется — while выйдет из цикла.

Наконец, осталось просто посчитать количество вершин, у которых значение killed[i] >= 2.
Задача на e-olymp
Код решения на ideone
Засчитанное решение на e-olymp

Related Images:

e-olymp-1456. Барбос и Мухтар

26/12/2018 by Александр Довгань

Задача Барбос и Мухтар

Условие

На одной Большой Поляне росли два Больших Дерева – Большой Дуб и Большой Платан. К Большому Дубу были привязаны две собаки Барбос, длина цепи которого была равна $x$ метров, и Мухтар, длина его цепи $y$ метров. Однажды Барбосу надоело сидеть рядом с Мухтаром и он отбежал от Большого Дуба натянув свою цепь, Мухтар следуя примеру Барбоса, тоже решил подальше отбежать от Большого Дуба и тоже натянул свою цепь. Так они и сидели с натянутыми цепями, пока не заметили, что сидят на концах Прямой Тропы, на которой рос Большой Платан. Еще они заметили, что расстояние от Большого Дуба до Большого Платана равно расстоянию от Большого Дуба до Прямой Тропы. Также они не могли не заметить, что Барбосу в $z$ раз дальше бежать до Большого Платана по Прямой Тропе, чем Мухтару.

Каждая собака на Большой Поляне знает, что Большие Деревья – это материальные точки, а Прямая Тропа – отрезок прямой.

Помогите Барбосу и Мухтару узнать расстояние от Большого Дуба до Большого Платана.

Входные данные

Три вещественных числа $x$, $y$, $z$ (0 < $x, y, z $<[latex]10^7[/latex]) .

Выходные данные

Вывести расстояние от Большого Дуба до Большого Платана с 9 десятичными знаками. Если это расстояние найти невозможно, то вывести слово IMPOSSIBLE.

№	Входные данные	Выходные данные
1	12 23 3	24.023426067
2	11 10 120	9.999927078
3	1 3 3	3.162277660

Решение

#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cmath>
using namespace std;
 

int main() {
    double x,y,z;
    double zero=0;
    cin>>y>>x>>z;
    if ((x==y)or(z==1)){
        cout<<"IMPOSSIBLE";
    }else if(z==0){
        cout<<y;
    }else {
        cout<<fixed;
        cout<<setprecision(9);
        zero=(y*y-x*x*z*z)/double(1-z*z);
        cout<<sqrt(zero);
    }
    return 0;
}

#include <iostream>

#include <iomanip>

#include <cmath>

using namespace std;

int main() {

double x,y,z;

double zero=0;

cin>>y>>x>>z;

if ((x==y)or(z==1)){

cout<<"IMPOSSIBLE";

}else if(z==0){

cout<<y;

}else {

cout<<fixed;

cout<<setprecision(9);

zero=(y*y-x*x*z*z)/double(1-z*z);

cout<<sqrt(zero);

}

return 0;

}

Решение

Пусть о — расстояние между Дубом и большим Платаном. После введения $x$, $y$ и $z$ проверяем первое условие if: если длины цепей Барбоса и Мухтара совпадают, то, когда обе собаки добежали до прямой тропы, треугольник, образованный их натянутыми цепями и прямой тропой является равнобедренным. Расстояние от Дуба до прямой тропы — высота треугольника, проведенная его основанию. Также основание высоты — Большой Платан (по условию). По свойству высоты, проведенной из вершины равнобедренного треугольника к его основанию, получим, что расстояние от Барбоса до Большого Платана равно расстоянию от Мухтара до Большого Платана, что противоречит условию (Барбосу в $z$ раз больше бежать до Большого Платана по Прямой Тропе, чем Мухтару). Также равенство расстояний до Большого Платана мы проверяем далее в условии: $(z==1)$. Если $z$ равен $1$, то эти отрезки равны, и утверждение, написанное выше, будет неверным. Проходя эту проверку, мы смотрим, удовлетворяют ли введенные данные условию задачи. Если утверждения в if выполняются — выводим IMPOSSIBLE, так как условия задачи не выполняются. В противном случае пропускаем первый if — данные введены корректно. Следующий условный оператор проверяет, равен ли $z$ нулю. Если да, то выводим y, потому что в таком случае расстояние от Дуба до Бльшого Платана равно длине цепи Мухтара. Именно Мухтара, так как, по условию, Барбосу бежать до Большого Платана дольше. Если данное условие не выполняется, вычисляем расстояние между деревьями по формуле: $\frac{(yy-xxzz)}{double(1-zz)}$
Затем выводим расстояние, округлив его до 9 знаков после запятой .

Ссылки

Ссылка на e-olymp

Ссылка на ideone

Related Images:

e-olymp-248. Юный садовод

16/09/2018 by Александр Довгань

Задача Юный садовод

Условие

Мама попросила Васю полить все молодые деревца в саду. Вася знает, что пока деревья маленькие, их надо очень хорошо поливать. А вот сколько поливать — неизвестно. Но Вася — очень умный мальчик. Он внимательно прочитал весь учебник ботаники для средней школы и выяснил, что полив прямо пропорционален количеству листьев на дереве. Для хорошего роста деревьев достаточно выливать под дерево ежедневно по одному литру воды на каждый лист.

К счастью Васи оказалось, что листья на деревьях растут ярусами, причем на верхнем ярусе два листа, на втором — четыре, на следующем — шесть, и так далее, на каждом последующем ярусе на два листа больше по сравнению с предыдущим. А на самой верхушке растет еще один листик. Хитрый Вася послал младшую сестренку Машеньку подсчитать количество ярусов на каждом дереве, а Вас просит написать программу, которая для каждого дерева вычислит количество литров воды для его полива.

Входные данные

Количество ярусов [latex] n(0≤n≤1000)[/latex] на дереве.

Выходные данные

Вывести количество литров воды для полива этого дерева.

Тесты

	Входные данные	Выходные данные
1.	10	111
2.	0	1
3.	5	31
4.	123	15253

Линейное вычисление

#include <iostream>
using namespace std;
int main() {
          int n, res, a1=2, d=2;
          cin >> n;
          res = ((2 * a1 + d * (n - 1)) / 2) * n;
          cout << (res + 1);
          return 0;
}

#include <iostream>

using namespace std;

int main() {

int n, res, a1=2, d=2;

cin >> n;

res = ((2 * a1 + d * (n - 1)) / 2) * n;

cout << (res + 1);

return 0;

}

Решение

Что бы решить эту задачу, необходимо найти сумму арифметической прогрессии, где [latex] a_1=2[/latex] и [latex] d=2 [/latex] и добавить к ней единицу (лист с верхушки). Для этого можно воспользоваться формулой суммы арифметической прогрессии $S_n=\frac{2a_1+d(n-1)}{2}n$

Ссылки

Ссылка на e-olymp

Ссылка на ideone

Related Images:

e-olymp 93. Truck driving

12/04/2018 by Александра Рябова

Task

Umidsh Izadish is a truck driver and wants to drive from a city to another city while there exists a dedicated straight road between each pair of cities in that country. Amount of consumed fuel is the distance between two cities which is computed from their coordinates. There is a gas station in each city, so Umidsh can refuel the gas container of his truck. Your job is to compute the minimum necessary volume of gas container of Umidsh’s Truck.

Input data

The first line of input contains an integer, the number of test cases. Following, there are data for test cases. Each test case begins with a line containing one integer, $C$ $(2 ≤ C ≤ 200)$, which is the number of cities. The next $C$ lines each contain two integers $x$, $y$ $(0 ≤ x, y≤ 1000)$ representing the coordinate of one city. First city is the source city and second is the destination city of Umidsh.

Output data

There should be one line for each test case in output. Each line should contain one floating point number which is the minimum necessary volume of truck’s gas container, printed to three decimals.

Tests

Input	Output
$2$ $2$ $0$ $0$ $3$ $4$ $3$ $17$ $4$ $19$ $4$ $18$ $5$	$5.000$ $1.414$
$1$ $3$ $4$ $5$ $4$ $6$ $4$ $7$	$1.000$
$2$ $4$ $0$ $1$ $0$ $-1$ $1$ $0$ $-1$ $0$ $3$ $8$ $9$ $0$ $1$ $14$ $14$	$1.414$ $11.314$
$3$ $2$ $1$ $1$ $1$ $2$ $5$ $8$ $6$ $3$ $3$ $4$ $1$ $7$ $7$ $5$ $0$ $3$ $1$ $1$ $1$ $3$ $2$ $5$	$1.000$ $5.657$ $2.000$

Code

#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;

const int inf = 10000000;

struct node {
    int x;
    int y;
};

vector <node> cities;
int d [200];
void diikstra ( int n ){
    d[0] = 0;
    for (int i = 1; i < n; i++){
        d[i] = inf;
    }
    priority_queue < pair <int, int> > q;
    q.push({d[0], 0});
    while (!q.empty()) {
        int num_v = q.top().second;
        node cur = cities[num_v];
        int distv = -q.top().first;
        q.pop();
        for (int i = 0; i < n; i++) {
             int distance = max (distv, (cur.x - cities[i].x)*(cur.x - cities[i].x)+(cur.y - cities[i].y)*(cur.y - cities[i].y));
                     if(d[i] > distance){
                        d[i] = distance;
                        q.push ({-distance, i});
                    }
        }
            }
}
int main() {
    cout.precision(3);
    int q;
    cin >> q;
    for (int w = 0; w < q; w++){
        int n;
        cin >> n;
        for (int i = 0; i < n; i++){
            int a, b;
            cin >> a >> b;
            cities.push_back({a,b});
        }
        diikstra (n);
        for (int i = 0; i < n; i++){
            cities.pop_back();
        }
        cout << fixed << sqrt(d[1]) <<  endl;
        
        
    }
    return 0;
}

#include <iostream>

#include <iomanip>

#include <cmath>

#include <algorithm>

#include <vector>

#include <queue>

using namespace std;

const int inf = 10000000;

struct node {

int x;

int y;

};

vector <node> cities;

int d [200];

void diikstra ( int n ){

d[0] = 0;

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

d[i] = inf;

}

priority_queue < pair <int, int> > q;

q.push({d[0], 0});

while (!q.empty()) {

int num_v = q.top().second;

node cur = cities[num_v];

int distv = -q.top().first;

q.pop();

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

int distance = max (distv, (cur.x - cities[i].x)*(cur.x - cities[i].x)+(cur.y - cities[i].y)*(cur.y - cities[i].y));

if(d[i] > distance){

d[i] = distance;

q.push ({-distance, i});

}

int main() {

cout.precision(3);

int q;

cin >> q;

for (int w = 0; w < q; w++){

int n;

cin >> n;

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

int a, b;

cin >> a >> b;

cities.push_back({a,b});

}

diikstra (n);

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

cities.pop_back();

}

cout << fixed << sqrt(d[1]) << endl;

}

return 0;

}

Solution

We can interpretate the set of the cities as weighted graph, which vertices represent cities and weight of each edge between two vertices is the gas volume required for passing the distance between corresponding cities.
The volume of truck’s gas container depends on the gas volume required for arrival to the each next station of the Umidsh’s way. The maximum between gas volume required to get to the city $A$ and gas volume required to pass the way from the city $A$ to the city $B$ represents the minimum necessary gas volume required to get to the city $B$ through the city $A$. So the volume of truck’s gas container would turn to minimum, when the maximum gas volume required for passing the distance between each two stations of his way would turn to minimum. Thus we could use modified Dijkstra’s algorithm to find the biggest value among the weights of an edges between each two stations of the way between vertice 0 and vertice 1.

References

The task at E-Olymp
My solution at 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

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 [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:

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 (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");

}

Решение

Данная задача решается при помощи стандартного алгоритма по теме «Дерево отрезков» (данный алгоритм можно посмотреть на сайте e-maxx). Следовательно, при построении дерева сначала считывается массив, а после выполняется построение дерева (от корня). В том случае, если функция, строящая дерево, вызывалась от листа, все значения элементов массива записываются в дерево как [latex]1[/latex], если элемент больше нуля, если меньше нуля, то записывается как [latex]-1[/latex], а в случае равенства элемента нулю, он записывается [latex]0[/latex] (нулём). В ином случае (если функция вызывалась не от листа), она начинает вызываться рекурсивно от каждого из двух сыновей и перемножает вычесленные значения.

Для выполнения функции изменения элемента ей (функции) передаётся текущая вершина. Затем выполняется вызов из сына, сожержащего элемент с данным номером. Таким образом процесс доходит до листа, которому и присваевается значение. При чём, аналогично построению дерева, элементы записываются как [latex]1[/latex],[latex]-1[/latex] или же [latex]0[/latex].

Для выполнения команды умножения проверяется интервал запроса. В том случае, если они равны интервалам отрезка, возвращается значение элемента (вершины) с соответствующим индексом. Иначе, вызывается рекурсивная функция, которая запускается от правого, если границы запроса лежать в правом отрезке, или от левого сына текущей вершины, если, соответственно, границы исходного запроса лежат в левом отрезке. Рекурсивная функция перемножает полученные результаты в том случае, если она запускает и от левого, и от правого сыновей (т.е. интервал запроса принадлежит пересечению интервалов отрезка).

Далее (в программе) идёт процесс построения дерева и выполнение действий, удовлетворяющих команды, описанные в уловии задачи.

Ссылки

Рабочий код на Ideone.com
Засчитанное решение на e-olymp.com
При ришении данной задачи был использован материал по структурам данных «дерево отрезков» с сайта e-maxx.ru
Задача взята с сайта e-olymp.com

Related Images:

e-olymp 2941. Дима и массив

27/06/2016 by Кондратюк Настя

Задача взята с сайта e-olymp.com

Условие задачи

Мама подарила мальчику Диме массив длины [latex]n[/latex]. Массив этот не простой, а особенный. Дима может выбрать два числа [latex]i[/latex] и [latex]d[/latex] ([latex]1\leq i\leq n[/latex], [latex]-1000\leq d\leq 1000[/latex]), и элемент с индексом [latex]i[/latex] магически становится равным [latex]d[/latex]. Дима играет со своим массивом, а мама время от времени задает ему вопросы — какова сумма всех чисел в массиве с индексами от [latex]f[/latex] до [latex]t[/latex]? Дима легко справился с этими вопросами, сможете ли Вы?

Входные данные

В первой строке находятся два целых числа [latex]n[/latex] и [latex]q[/latex] [latex]1\leq n\leq 5\cdot 10^{5},~1\leq q\leq 10^{5}[/latex] — количество элементов в массиве и суммарное количество операций и запросов соответственно. В следующей строке дано [latex]n[/latex] чисел [latex]a_{1},a_{2},\ldots,a_{n}[/latex] [latex]\left ( -1000\leq a_{i}\leq 1000 \right )[/latex] — начальное состояние массива. В следующих [latex]q[/latex] строках заданы операции и запросы. Первый символ в строке может быть [latex]=[/latex] или [latex]?[/latex]. Если строка начинается с [latex]=[/latex], то это операция присваивания. Далее следуют [latex]i[/latex] и [latex]d[/latex], ограничения на которые описаны в условии. Если строка начинается с [latex]?[/latex], то это запрос. Далее следуют числа [latex]f[/latex] и [latex]t[/latex] [latex]\left (1\leq f,~t\leq n \right )[/latex].

Выходные данные

Для каждого запроса выведите сумму чисел в массиве с индексами от [latex]f[/latex] до [latex]t[/latex], по одному результату в строке.

Тесты

Входные данные	Выходные данные
3 3 1 2 3 ? 1 3 = 3 2 ? 1 3	6 5
5 3 1 2 3 4 5 ? 1 5 = 1 7 ? 1 3	15 12
5 6 1 2 3 4 5 ? 1 5 = 1 0 ? 1 5 = 2 7 ? 1 5 ? 1 3	15 14 19 10

Код программы

#include <iostream>
using namespace std;
 
// построение дерева 
void build (int tree[], int arr[], int v, int left, int right) {   
    if (left != right) {
        int middle = (left + right) / 2;
        build (tree, arr, v*2, left, middle);
        build (tree, arr, v*2+1, middle+1, right);
        tree[v] = tree[v*2] + tree[v*2+1];
    } else tree[v] = arr[left];}
 
// запрос суммы
int sum (int tree[], int v, int left, int right, int from, int to) { 
    if (from > to) return 0;
    if (from == left && to == right) return tree[v];
    int middle = (left + right) / 2;
    return sum(tree,v*2,left,middle,from,min(to,middle))+sum(tree,v*2+1,middle+1,right,max(from,middle+1),to);
}
 
// операция присваивания
void update (int tree[], int v, int left, int right, int index, int new_val) { 
    if (left != right) {
        int middle = (left + right) / 2;
        if (index <= middle) update (tree, v*2, left, middle, index, new_val);
        else update (tree, v*2+1, middle+1, right, index, new_val);
        tree[v] = tree[v*2] + tree[v*2+1];
    } else tree[v] = new_val;
}

int main() {
    int n, q, i, d, from, to;
    char query;
    cin >> n >> q;
    int size = 2*n; /* максимальный размер дерева*/
    int arr[n], tree[size];
    for(int i = 0; i < n; i++) cin >> arr[i];
    /* передаем функции построения массив для записи дерева, исходный массив, 
       корень и границы отрезка, принадлежащего корню */
    build(tree, arr, 1, 0, n-1); 
    for (q; q>0; q--) {
        cin >> query;
        if (query == '=') {
            cin >> i >> d;
            update(tree, 1, 0, n-1, i-1, d); 
        } else if (query == '?') {
            cin >> from >> to;
            cout << sum(tree, 1, 0, n-1, from-1, to-1) << endl;
        }
    }
}

#include <iostream>

using namespace std;

// построение дерева

void build (int tree[], int arr[], int v, int left, int right) {

if (left != right) {

int middle = (left + right) / 2;

build (tree, arr, v*2, left, middle);

build (tree, arr, v*2+1, middle+1, right);

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

} else tree[v] = arr[left];}

// запрос суммы

int sum (int tree[], int v, int left, int right, int from, int to) {

if (from > to) return 0;

if (from == left && to == right) return tree[v];

int middle = (left + right) / 2;

return sum(tree,v*2,left,middle,from,min(to,middle))+sum(tree,v*2+1,middle+1,right,max(from,middle+1),to);

}

// операция присваивания

void update (int tree[], int v, int left, int right, int index, int new_val) {

if (left != right) {

int middle = (left + right) / 2;

if (index <= middle) update (tree, v*2, left, middle, index, new_val);

else update (tree, v*2+1, middle+1, right, index, new_val);

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

} else tree[v] = new_val;

}

int main() {

int n, q, i, d, from, to;

char query;

cin >> n >> q;

int size = 2*n; /* максимальный размер дерева*/

int arr[n], tree[size];

for(int i = 0; i < n; i++) cin >> arr[i];

/* передаем функции построения массив для записи дерева, исходный массив,

корень и границы отрезка, принадлежащего корню */

build(tree, arr, 1, 0, n-1);

for (q; q>0; q--) {

cin >> query;

if (query == '=') {

cin >> i >> d;

update(tree, 1, 0, n-1, i-1, d);

} else if (query == '?') {

cin >> from >> to;

cout << sum(tree, 1, 0, n-1, from-1, to-1) << endl;

}

ideone.com

Засчитанное решение на e-olymp.com.

Решение

Для решения данной задачи необходимо воспользоваться структурой данных «дерево отрезков».

Для построения дерева считываем исходный массив, затем запускаем функцию построения от корня дерева. Если длина массива не равна единице или функция была запущена не от листа, то она вызывается рекурсивно от каждого из двух сыновей и суммирует вычисленные значения. Если функция построения была вызвана от листа, то значения элементов массива записываются в дерево.

Для операции присваивания передаем рекурсивной функции текущую вершину дерева и она выполняет вызов от одного из своих сыновей, который содержит элемент с данным индексом. Пересчитывает суммы и доходит до листа, которому присваивается новое значение.

Для выполнения запроса суммы также используется рекурсивная функция. Она запускается либо от правого, либо от левого сына текущей вершины, если границы исходного запроса лежат в одном из их отрезков. Либо запускается от обоих сыновей, если границы исходного запроса принадлежат пересечению их отрезков, суммируя результаты двух запросов. Таким образом функция доходит до отрезка, границы которого совпадают с текущим запросом или до листа и возвращает их значение.

Для решения данной задачи были использованы материалы сайта e-maxx.ru.

Related Images:

e-olimp 2907. Можете ли Вы ответить на эти вопросы — 3

24/06/2016 by Таня Корнилова

Условие

Задана последовательность целых чисел [latex]a_1, a_2, \ldots, a_n[/latex] ([latex]| a_i | \le 10000[/latex], [latex]1 \le n \le 50000[/latex]). Над ней Вам следует выполнить [latex]m[/latex] ([latex]m \le 50000[/latex]) операций:

модифицировать [latex]i[/latex]-ый элемент последовательности
для заданных [latex]x[/latex] и [latex]y[/latex] вывести [latex]MAX[/latex] [latex]\{ a_i + a_{i+1} + \ldots + a_j[/latex], [latex]x \le i \le j \le y \}[/latex]

Входные данные

Первая строка содержит значение n. Следующая строка содержит n целых чисел, задающих последовательность [latex]a_1, a_2, \ldots, a_n[/latex]. Третья строка содержит число [latex]m[/latex]. Следующие [latex]m[/latex] строк содержат запросы вида:

[latex]0[/latex] [latex]x[/latex] [latex]y[/latex]: изменить [latex]a_x[/latex] на [latex]y[/latex] ([latex]| y | \le 10000[/latex]).
[latex]1[/latex] [latex]x[/latex] [latex]y[/latex]: вывести [latex]MAX[/latex] [latex]\{ a_i + a_{i+1} + \ldots + a_j, x \le i \le j \le y \}[/latex]

Код программы

    #include <iostream>
    #include <cmath>
    using namespace std;
    struct data {
        int sum, pref, suff, ans;
    };
    data combine (data l, data r) {
        data res;
        res.sum = l.sum + r.sum;
        res.pref = max (l.pref, l.sum + r.pref);
        res.suff = max (r.suff, r.sum + l.suff);
        res.ans = max (max (l.ans, r.ans), l.suff + r.pref);
        return res;
    }
    data make_data (int val) {
        data res;
        res.sum = val;
        res.pref = res.suff = res.ans = val;
        return res;
    }
    void build (int a[], int v, int tl, int tr, data t[]) {
        if (tl == tr)
            t[v] = make_data (a[tl]);
        else {
            int tm = (tl + tr) / 2;
            build (a, v*2, tl, tm, t);
            build (a, v*2+1, tm+1, tr, t);
            t[v] = combine (t[v*2], t[v*2+1]);
        }
    }
    void update (int v, int tl, int tr, int pos, int new_val, data t[]) {
        if (tl == tr)
            t[v] = make_data (new_val);
        else {
            int tm = (tl + tr) / 2;
            if (pos <= tm)
                update (v*2, tl, tm, pos, new_val, t);
            else
                update (v*2+1, tm+1, tr, pos, new_val, t);
            t[v] = combine (t[v*2], t[v*2+1]);
        }
    }
    data query (int v, int tl, int tr, int l, int r, data t[]) {
        if (l == tl && tr == r)
            return t[v];
        int tm = (tl + tr) / 2;
        if (r <= tm)
            return query (v*2, tl, tm, l, r, t);
        if (l > tm)
            return query (v*2+1, tm+1, tr, l, r, t);
        return combine (
            query (v*2, tl, tm, l, tm, t),
            query (v*2+1, tm+1, tr, tm+1, r, t)
        );
    }
     
    int main() {
        int n, m, x, y;
        cin >> n;
        int* a = new int[n];
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            cin >> a[i];
        }
        data* t = new data[4*n];
        build(a, 1, 0, n-1, t);
        cin >> m ;
        bool oper;
        for(int i = 0; i < m; i++) {
            cin >> oper >> x >> y;
            if(!oper) {
                update (1, 0, n-1, x-1, y, t);
            } else if(oper) {
                cout << query (1, 0, n-1, x-1, y-1, t).ans << endl;
     
            }
        }
        return 0;
    }

#include <iostream>

#include <cmath>

using namespace std;

struct data {

int sum, pref, suff, ans;

};

data combine (data l, data r) {

data res;

res.sum = l.sum + r.sum;

res.pref = max (l.pref, l.sum + r.pref);

res.suff = max (r.suff, r.sum + l.suff);

res.ans = max (max (l.ans, r.ans), l.suff + r.pref);

return res;

}

data make_data (int val) {

data res;

res.sum = val;

res.pref = res.suff = res.ans = val;

return res;

}

void build (int a[], int v, int tl, int tr, data t[]) {

if (tl == tr)

t[v] = make_data (a[tl]);

else {

int tm = (tl + tr) / 2;

build (a, v*2, tl, tm, t);

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

t[v] = combine (t[v*2], t[v*2+1]);

}

void update (int v, int tl, int tr, int pos, int new_val, data t[]) {

if (tl == tr)

t[v] = make_data (new_val);

else {

int tm = (tl + tr) / 2;

if (pos <= tm)

update (v*2, tl, tm, pos, new_val, t);

else

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

t[v] = combine (t[v*2], t[v*2+1]);

}

data query (int v, int tl, int tr, int l, int r, data t[]) {

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

return t[v];

int tm = (tl + tr) / 2;

if (r <= tm)

return query (v*2, tl, tm, l, r, t);

if (l > tm)

return query (v*2+1, tm+1, tr, l, r, t);

return combine (

query (v*2, tl, tm, l, tm, t),

query (v*2+1, tm+1, tr, tm+1, r, t)

);

}

int main() {

int n, m, x, y;

cin >> n;

int* a = new int[n];

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

cin >> a[i];

}

data* t = new data[4*n];

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

cin >> m ;

bool oper;

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

cin >> oper >> x >> y;

if(!oper) {

update (1, 0, n-1, x-1, y, t);

} else if(oper) {

cout << query (1, 0, n-1, x-1, y-1, t).ans << endl;

}

return 0;

}

Для запроса на выполнение программы нажать здесь.

Ссылка на использованный алгоритм.

Ссылка на засчитанное решение.