Rmq Problem / mex

luogu4137

对$a_i$建权值线段树

再加上可持久化

对于第$R$个版本的线段树，每个叶子$x$存的是$a_i=x$的所有$i$中最大的小于$R$的位置$i$

那么询问$[L,R]$就转化成$R$版本线段树中所有小于$L$的叶子中的最小值

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define maxn 200005
int n, Q, cnt;
int a[maxn], rt[maxn];
struct node { int l, r, Min; }t[maxn * 50];void modify( int lst, int &now, int l, int r, int val, int pos ) {if( ! now ) now = ++ cnt;if( l == r ) { t[now].Min = pos; return; }int mid = ( l + r ) >> 1;if( val <= mid ) {t[now].r = t[lst].r;modify( t[lst].l, t[now].l, l, mid, val, pos );}else {t[now].l = t[lst].l;modify( t[lst].r, t[now].r, mid + 1, r, val, pos );}t[now].Min = min( t[t[now].l].Min, t[t[now].r].Min );
}int query( int now, int l, int r, int ti ) {if( l == r ) return l;int mid = ( l + r ) >> 1;if( t[t[now].l].Min <= ti ) return query( t[now].l, l, mid, ti );else return query( t[now].r, mid + 1, r, ti );
}int main() {scanf( "%d %d", &n, &Q );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%d", &a[i] );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {a[i] = min( a[i], n );modify( rt[i - 1], rt[i], 0, n, a[i], i );}for( int i = 1, l, r;i <= Q;i ++ ) {scanf( "%d %d", &l, &r );printf( "%d\n", query( rt[r], 0, n, l - 1 ) );}return 0;
}

Boring Queries

CF1422F

$a_i\in [1,2e5]\to$ $a_i$分解质因子后，最多只会有一个$>\sqrt{2e5}\approx 450$的质因数

而在450内的质因数有87个

所以按质因数大小分块

预处理$a_i$含有的小于450的质因数$\mathrm{p}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{m}{\mathrm{e}}_{\mathrm{j}}$的个数

$\mathrm{l}\mathrm{c}\mathrm{m}$可以表示为$\prod {\max }_l^r{p}_i$（每一个质因数的个数最大值的乘积）

对于每个质因数开一个$st$表，开$87$个就行，预处理出该质因数在$a[l,r]$内出现次数的最大值

剩下的一个$>450$的质因数，利用线段树来维护区间$[l,r]$内所有这些大质因数乘积

• 如果没有就往里面扔$1$
• 如果有
  • 考虑对于区间$[l,r]$内多次出现的$x$，只能统计一次
  • 记$pr{e}_i:a_i$上一次出现的位置
  • 只在区间$[l,r]$的$x$第一次出现的时候把$x$统计进答案
  • 这些位置的特点是$pr{e}_i\le l-1$
  • 所以相当于${\forall }_{l\le i\le r}{\prod }_i[pr{e}_i\le l-1]a_i$
  • 主席树维护，$rt[r]$的叶子维护该值距离$r$最近的位置
  • 当时候直接查$rt[l-1]$就行

跟第一题很类似的主席树维护

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define mod 1000000007
#define maxn 200005
struct node { int l, r, val; }t[maxn * 20];
int n, Q, cnt, tot;
bool vis[455];
int prime[90], a[maxn], rt[maxn], nxt[maxn], pos[maxn];
int mi[90][20];
char st[90][maxn][20];void sieve() {for( int i = 2;i <= 450;i ++ ) {if( ! vis[i] ) prime[++ cnt] = i;for( int j = 1;j <= cnt and i * prime[j] <= 450;j ++ ) {vis[i * prime[j]] = 1;if( i % prime[j] == 0 ) break;}}
}void build() {for( int k = 1;k <= cnt;k ++ )for( int j = 1;j < 20;j ++ )for( int i = 1;i + ( 1 << j ) - 1 <= n;i ++ )st[k][i][j] = max( st[k][i][j - 1], st[k][i + ( 1 << j - 1 )][j - 1] );
}int query( int k, int l, int r ) {int i = log2( r - l + 1 );return max( st[k][l][i], st[k][r - ( 1 << i ) + 1][i] );
}void build( int &now, int l, int r ) {if( ! now ) now = ++ tot;t[now].val = 1;if( l == r ) return;int mid = l + r >> 1;build( t[now].l, l, mid );build( t[now].r, mid + 1, r );
}void modify( int now, int l, int r, int pos, int val ) {if( l == r ) { t[now].val = val; return; }int mid = l + r >> 1;if( pos <= mid ) modify( t[now].l, l, mid, pos, val );else modify( t[now].r, mid + 1, r, pos, val );t[now].val = 1ll * t[t[now].l].val * t[t[now].r].val % mod;
}void modify( int lst, int &now, int l, int r, int pos, int val ) {if( ! now ) now = ++ tot;if( l == r ) { t[now].val = val; return; }int mid = l + r >> 1;if( pos <= mid ) {t[now].r = t[lst].r;modify( t[lst].l, t[now].l, l, mid, pos, val );}else {t[now].l = t[lst].l;modify( t[lst].r, t[now].r, mid + 1, r, pos, val );}t[now].val = 1ll * t[t[now].l].val * t[t[now].r].val % mod;
}int query( int now, int l, int r, int L, int R ) {if( ! now or r < L or R < l ) return 1;if( L <= l and r <= R ) return t[now].val;int mid = ( l + r ) >> 1;return 1ll * query( t[now].l, l, mid, L, R ) * query( t[now].r, mid + 1, r, L, R ) % mod;
}int main() {sieve();scanf( "%d", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf( "%d", &a[i] );for( int j = 1;j <= cnt;j ++ )if( a[i] % prime[j] == 0 )while( a[i] % prime[j] == 0 )st[j][i][0] ++, a[i] /= prime[j];}build();build( rt[0], 1, n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {if( ! pos[a[i]] ) modify( rt[0], 1, n, i, a[i] );else nxt[pos[a[i]]] = i;pos[a[i]] = i;}for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( nxt[i] ) modify( rt[i - 1], rt[i], 1, n, nxt[i], a[nxt[i]] );else rt[i] = rt[i - 1];for( int i = 1;i <= cnt;i ++ ) {mi[i][0] = 1;for( int j = 1;j < 20;j ++ )mi[i][j] = 1ll * mi[i][j - 1] * prime[i] % mod;}scanf( "%d", &Q );int lst = 0, l, r;while( Q -- ) {scanf( "%d %d", &l, &r );l = ( l + lst ) % n + 1;r = ( r + lst ) % n + 1;if( l > r ) swap( l, r );int ans = 1;for( int i = 1;i <= cnt;i ++ )ans = 1ll * ans * mi[i][query( i, l, r )] % mod;ans = 1ll * ans * query( rt[l - 1], 1, n, l, r ) % mod;printf( "%d\n", lst = ans );}return 0;
}

Colorful Squares

CodeForces-gym102979-C

二分正方形边长，转化为判断性问题

考虑扫描线

对于大小为$d$的正方形，先把$x_i=x$的点加入，再在$x=x_i+d+1$的时候删除

最后判断集合中是否存在一个$y$，满足$[y-d,y]$内的不同颜色种类数达到$k$

现在先加一个点$[x_0,y_0]$进集合，那么$[y_0-d,y]$这个区间内就有$c_0$这种颜色

设$t_i$ ：$y=i$时被多少种不同颜色覆盖

• 加一个点$[x_0,y_0]$对应的就是$[y_0-d,y]$的区间加
• 删除一个点$[x_0,y_0]$就是区间减
• 判断是否存在$k$种颜色就是区间$\mathrm{m}\mathrm{a}\mathrm{x}$是否等于$k$

当然可能$[y_0-d,y]$这个区间之前已经被$c_0$颜色覆盖过一部分，对于之前被覆盖过的区间就不需要操作

所以区间修改前还要调整计算真正的区间

这个调整不会很复杂

因为没被覆盖的区间不会被覆盖过的区间拆分开，没被覆盖的区间一定是完整的一段

#include <set>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <iostream>
using namespace std;
#define maxn 250005
#define lson num << 1
#define rson num << 1 | 1
struct tree { int Max, tag; }t[maxn << 2]; //线段树维护区间[l,r]出现不同颜色的种类数 
vector < pair < int, int > > pos[maxn]; //横坐标为x[i]的点集合
multiset < int > col[maxn]; //颜色为c[i]的点的y坐标集合
int n, k;void pushdown( int num ) {t[lson].Max += t[num].tag;t[lson].tag += t[num].tag;t[rson].Max += t[num].tag;t[rson].tag += t[num].tag;t[num].tag = 0;
}void build( int num, int l, int r ) {t[num].Max = t[num].tag = 0;if( l == r ) return;int mid = l + r >> 1;build( lson, l, mid );build( rson, mid + 1, r );
}void modify( int num, int l, int r, int L, int R, int x ) {if( R < L or R < l or r < L ) return;if( L <= l and r <= R ) { t[num].Max += x, t[num].tag += x; return; }pushdown( num );int mid = l + r >> 1;modify( lson, l, mid, L, R, x );modify( rson, mid + 1, r, L, R, x );t[num].Max = max( t[lson].Max, t[rson].Max );
}bool check( int d ) {for( int i = 0;i <= n;i ++ ) col[i].clear();build( 1, 1, n );int L, R;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {for( auto now : pos[i] ) {//枚举横坐标为i的所有点int y = now.first, c = now.second;/*now点覆盖的y坐标为[y-d,y]但是这段区间中不能和重复出现过的颜色区间有交e.g. 颜色1 覆盖了[2,4] 又有颜色1能覆盖[3,5] 那么只能对[5,5]进行线段树加上颜色1的操作因为边长都是d 所以覆盖区间不可能一长一短导致区间分裂 每个点影响的区间都是一段完整不分裂的区间 */if( col[c].find( y ) != col[c].end() ) {//如果颜色c在纵坐标y的一条横扫描线上出现过 不再加入 col[c].insert( y );continue;}else col[c].insert( y );//[L,R]表示颜色c的now点真正贡献的区间 接下来就是求解范围限制 auto l = col[c].lower_bound( y );//找到颜色c中第一个大于等于y的点位置的纵坐标 if( l == col[c].begin() ) L = max( 1, y - d );//没有比现在now的纵坐标更小的点了 下限可以取完 防止溢出1 else L = max( *( --l ) + 1, y - d ); //--l第一个小于y的点位置纵坐标+1和覆盖左端点取max 避免重复 auto r = col[c].upper_bound( y );//找到颜色中第一个大于y的点 if( r == col[c].end() ) R = y;//没有比现在now点纵坐标更大的点了 else R = min( *r - d - 1, y );//点的覆盖区间有没有包含现在的now点 //要保证覆盖区间是合法的L<=R 这个可以在线段树最开始的时候判断 modify( 1, 1, n, L, R, 1 );}if( i - d - 1 > 0 ) {for( auto now : pos[i - d - 1] ) {//删掉与现在横坐标距离>d的点 因为是一个一个枚举 每次只用删去距离恰好为d+1的点 更小x的点肯定在前面就被其它的i'删掉了 int y = now.first, c = now.second;col[c].erase( col[c].find( y ) );if( col[c].find( y ) != col[c].end() ) continue;//如果纵坐标y这里还有点 那么此时删去的点对线段树内值不会造成影响//否则就同样的找到颜色c的这个now点真正贡献的区间auto l = col[c].lower_bound( y );if( l == col[c].begin() ) L = max( 1, y - d );else L = max( *( --l ) + 1, y - d );auto r = col[c].upper_bound( y );if( r == col[c].end() ) R = y;else R = min( *r - d - 1, y );modify( 1, 1, n, L, R, -1 );}}if( t[1].Max == k ) return 1;}return 0;
}int main() {scanf( "%d %d", &n, &k );for( int i = 1, x, y, c;i <= n;i ++ ) {scanf( "%d %d %d", &x, &y, &c );pos[x].push_back( make_pair( y, c ) );}n = maxn - 5;int l = 0, r = n, ans;while( l <= r ) {int mid = l + r >> 1;if( check( mid ) ) ans = mid, r = mid - 1;else l = mid + 1;}printf( "%d\n", ans );return 0;
}