今天考試考了這題，所以來貢獻\([poi2015]log\)的第一篇題解。**略醜，調了快三個小時才調出來\(ac\)**。
對於這種小清新資料結構題，所以我覺得樹狀陣列才是這道題的正確開啟方式。
首先離散化，這樣才不會爆記憶體。開兩個樹狀陣列，第乙個樹狀陣列記錄離散化後\(1\)到\(i\)中數字出現的個數，第二個樹狀陣列離散化前\(1\)到\(i\)數字出現值的和。把所有詢問都讀入進來，對於每次操作:
操作\(1\)：單點修改，若之前的數是正數，第乙個樹狀陣列\(-1\)，第二個樹狀陣列\(-\)原來的數，若之後的數是正數，第乙個樹狀陣列\(+1\)，第二個樹狀陣列\(+\)之後的數
操作\(2\)：區間詢問，先將大於\(s\)的個數求出來，再比較\(c-\)大於\(s\)的個數乘上\(c\)與剩餘數之和，若前者大，輸出\(nie\)，否則輸出\(tak\)
再開乙個陣列記錄當前序列的值，就完事了
\(code\ below:\)
#include #define ll long long
#define res register
using namespace std;
const ll maxn=1000000+10;
ll n,m,a[maxn],b[maxn],mp[maxn],tot,num;
//a[i]是目前的序列情況,b[i]是第幾次修改後離散化1-num,mp記錄離散化後的陣列1-1e9
//tot是幾次修改,num是離散化後的修改,c1[i]是1-i的個數，c2[i]是1-i的值的和
ll c1[maxn],c2[maxn];
struct nodeq[maxn];
//id是第幾次修改
inline ll read()
while(ch>='0'&&ch<='9')
return (f==1)?x:-x;
}ll lowbit(ll x)
void add_num(ll x,ll y)
ll query_sum(ll x)
int main()
else q[i].id=-1;
if(i!=m) ch=getchar();
} sort(mp+1,mp+tot+1);
num=unique(mp+1,mp+tot+1)-mp-1;
for(ll i=1;i<=tot;i++)
b[i]=lower_bound(mp+1,mp+num+1,b[i])-mp;
for(ll i=1;i<=m;i++)
if(q[i].id!=-1) q[i].x=b[q[i].id];
for(ll i=1;i<=m;i++)
a[q[i].k]=mp[q[i].x];
if(mp[q[i].x]>0)
} else
} return 0;
}
POI2015 Kinoman（思維，線段樹）
這是一道不錯的題，不過我並沒有思考充分就實在忍不住看了題解，有點遺憾 記pre i 表示原序列i位置的數上一次出現的位置 每加入乙個數，我們發現pre i 1 i作為左端點的答案就增加了w，1 pre i 減少了w 我們可以列舉右端點，每加入乙個數進行區間加 減操作，不過我們發現，雖然從理論上來講的...
省選專練POI2015Kinoman
小目標 高考假以內，做完poi2015 和poi2014的一半 怎麼搞？實際套路也挺簡單的。你看 l,r。這是n n的演算法 一般來說1e6 怎麼搞是on 但是onlogn 卻必須得跑過 原因是一般來說解決是列舉乙個l 或者是中位數。但是必須得log 那麼毒瘤卡常數 你用乙個後向星記錄乙個 pre即...
POI 2001 Goldmine 線段樹 掃瞄線
題目鏈結 求平面n個點 n 15000 用乙個 長寬為 s w的矩陣去套，能套到的最多的點數，在邊上的點也算 其實跟之前矩形巢狀求面積類似 poj的atlantic 用類似掃瞄線的做法，把點當做邊 y 到 y值 w 插入線段樹，這樣就維護了y方向，x方向就用類似佇列維護，在距離大於s的時候，就彈出前...