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时间 2019-11-21

原文原文链接

　　额今天题目还行不过我状态很差什么都没写出来... 今天得分80.T1 30 T2 10分 T3 40分ios

可是我不可否定的是题目质量仍是很不错的暴露的一些问题：c++

1 我又又又读错题目了 2 我又又又刚题了一个显然的模型我一直写qwq 3 剩下的还行.数组

此题毒瘤我尝试了各类行之无效的方法思考2h 不断尝试新的方法各类种建边删边建反图无向最短路树 ...都被我思考了一番发现仍是不能解决复杂度高的问题。或者有环又回到本身的问题。ide

关于正解我也并不认为其复杂度是行之有效的 (好吧我最终接受了其时间复杂度对于每一个点 bfs一次因此复杂度 nmui

服了自闭qwq.什么动态spfa 什么 LCA合并法...实际上是次短路罢了.我想到一个简洁的方法不知道对不对. 果真仍是错误的仍是可能发生不合法的状况须要记录一下某条边是从哪里过来的。spa

不妨再深刻思考一下。3d

此题注意读题求一个矩形和其余矩形的交的和注意这里是和也就是说一个矩形和其余矩形进行交而后求和读错题变成了一个矩形和全部矩形的交指针

瞬间变的不可作了交的地方须要取交很复杂我想到一个暴力指针向右扫而后线段树区间取交标记永久化来实现线段树太多不可能下放懒标记的。那么咱们能够直接树套树了。code

这里不说错误的题了考虑正确的读题正确的思考我真服了凭空给本身出了一道很是难写的题目我认为多个矩形取交必定又更优秀的作法我想是树套树还好我没写树套树线段树套线段树我都不知道怎么写来着的了。blog

何况空间也开不下。矩形的面积的交的和考虑怎么求发现仍是相似于扫描的套路扫一下便可。

没想好咕了。因为某人当时A掉了此题事后仍是不太会无奈我不咕这道题好了整理一下统计答案的方式和方法。

1 首先是面积交的和而并不是交 2 暴力很显然吧对于30 分二维前缀和便可数组开vector 对于60分考虑树套树难写对时间和空间要求较高还要标记永久化什么的。

3 正解考虑将问题离线下来，将一个矩形分红两部分一个大矩形和一个小矩形作差获得答案 (强制降维剩下的只要按照横坐标排序就能够实现降维的操做了由于左边有容斥右边有排序都是y轴上的问题了。

一颗线段树维护y轴考虑如何维护答案？因为查询时和被查询的矩形都得被分且有关系因此须要构造一种统计答案的方式便可。

方式可能有不少这里我想了一种很独特的方式... 对于存在的矩形来看统计答案的时候咱们考虑一条线出现以后带来的贡献后面的面积减掉而后维护纵坐标的len长度便可。

和这条线相对的呢线减掉加上面积便可。至于查询矩形能够直接作了累加 len和面积便可。

奉上写了一下午的代码缘由是 y轴可能为0 但我线段树的值域是 1~L 因此挂了源神一眼帮我看出来了真强qwq.

//#include<bits/stdc++.h>
#include<iomanip>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<queue>
#include<deque>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<stack>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<cctype>
#include<utility>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
#define INF 1000000000
#define ll long long
#define min(x,y) ((x)>(y)?(y):(x))
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define RI register ll
#define db double
#define pii pair<ll,ll>
#define mk make_pair
#define l(p) s[p].l
#define r(p) s[p].r
#define sum(p) s[p].sum
#define len(p) s[p].len
#define tag(p) s[p].tag
#define laz(p) s[p].laz
#define zz p<<1
#define yy p<<1|1
using namespace std;
char *fs,*ft,buf[1<<15];
inline char getc()
{
    return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++;
}
inline ll read()
{
    ll x=0,f=1;char ch=getc();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getc();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getc();}
    return x*f;
}
const ll MAXN=500010;
ll n,m,cnt;
ll W,L;
ll ans[MAXN];
struct wy
{
    ll op;
    ll x,s1,s2;
    ll len,s;
    ll friend operator <(wy a,wy b)
    {
        return a.x==b.x?a.op<b.op:a.x<b.x;
    }
}t[MAXN<<2];
struct jl
{
    ll l,r;
    ll sum,len;//sum维护面积 len 维护长度
    ll tag,laz;//tag维护面积lazy tag laz维护长度lazy tag
}s[MAXN<<2];
inline void build(ll p,ll l,ll r)
{
    l(p)=l;r(p)=r;
    if(l==r)return;
    ll mid=(l+r)>>1;
    build(zz,l,mid);
    build(yy,mid+1,r);
}
inline void pushup(ll p)
{
    sum(p)=sum(zz)+sum(yy);
    len(p)=len(zz)+len(yy);
    return;
}
inline void pushdown(ll p)
{
    ll mid=(l(p)+r(p))>>1;
    if(tag(p))
    {
        sum(zz)+=(mid-l(p)+1)*tag(p);
        tag(zz)+=tag(p);
        sum(yy)+=(r(p)-mid)*tag(p);
        tag(yy)+=tag(p);
        tag(p)=0;
    }
    if(laz(p))
    {
        len(zz)+=(mid-l(p)+1)*laz(p);
        laz(zz)+=laz(p);
        len(yy)+=(r(p)-mid)*laz(p);
        laz(yy)+=laz(p);
        laz(p)=0;
    }
}
inline void change(ll p,ll l,ll r,ll x,ll k)//修改长度和面积
{
    if(l<=l(p)&&r>=r(p))
    {
        sum(p)+=(r(p)-l(p)+1)*k;
        len(p)+=(r(p)-l(p)+1)*x;
        tag(p)+=k;laz(p)+=x;
        return;
    }
    ll mid=(l(p)+r(p))>>1;
    if(tag(p)||laz(p))pushdown(p);
    if(l<=mid)change(zz,l,r,x,k);
    if(r>mid)change(yy,l,r,x,k);
    pushup(p);
}
inline jl merge(jl a,jl b)
{
    a.sum+=b.sum;
    a.len+=b.len;
    return a;
}
inline jl ask(ll p,ll l,ll r)
{
    if(l<=l(p)&&r>=r(p))return s[p];
    ll mid=(l(p)+r(p))>>1;
    if(tag(p)||laz(p))pushdown(p);
    if(l>mid)return ask(yy,l,r);
    if(r<=mid)return ask(zz,l,r);
    return merge(ask(zz,l,r),ask(yy,l,r));
}
signed main()
{
    freopen("intersec.in","r",stdin);
    freopen("intersec.out","w",stdout);
    n=read();m=read();
    W=read();L=read();L=max(L,W); 
    for(ll i=1;i<=n;++i)
    {
        ll x,y,w1,w2;
        x=read();y=read()+1;
        w1=read();w2=read();
        t[++cnt]=(wy){0,x,y,w2,1,-x};
        t[++cnt]=(wy){0,w1,y,w2,-1,w1};
    }
    for(ll i=1;i<=m;++i)
    {
        ll x,y,w1,w2;
        x=read();y=read()+1;
        w1=read();w2=read();
        t[++cnt]=(wy){i,x,y,w2,0,-1};
        t[++cnt]=(wy){i,w1,y,w2,0,1};
    }
    sort(t+1,t+1+cnt);
    build(1,1,L);
    for(ll i=1;i<=cnt;++i)
    {
        if(!t[i].op)
        {
            //cout<<t[i].s1<<' '<<t[i].s2<<endl;
            change(1,t[i].s1,t[i].s2,t[i].len,t[i].s);
            //cout<<t[i].len<<' '<<t[i].s<<endl;
        }
        else
        {
            jl w=ask(1,t[i].s1,t[i].s2);
            ans[t[i].op]+=t[i].s*(w.len*t[i].x+w.sum);
        }
    }
    for(ll i=1;i<=m;++i)printf("%lld\n",ans[i]);
    return 0;
}

View Code

30分爆搜 40分爆搜+剪枝从大到小搜搜到即return 便可获得40分。

另类的考虑状压 f[i][j] 表示集合i 此时余数是j的方案数转移显然。复杂度2^n*n*10.可轻松经过40分。

100 显然咱们是没法状压的咱们还须要利用取模的这个断定咱们还须要知道集合的使用状况很是的不爽qwq

其实好像动态开数组应该也行吧可是比max操做须要高精因此仍是歇菜。复杂度仍是太高。

此时必然有一个另类的判断条件指的是更强有力的判断是不是11的倍数。

因而有了一个引理：一个数是11的倍数的充要条件是奇数位的和跟偶数位的和模11同余。(我显然是推不出来的。

这我很自闭... 可是证实其正确性仍是能够的设一个数字为 abcde *11 观察一下变化的特征 a(a+b)(c+b)(d+c)(e+d)e 考虑都不进位那么显然。

若是有进位那么要么奇项-10 偶项+1 要么偶项-10 奇项-1 因此是11的倍数概括可证结论正确。

那么咱们就能够进行线性的dp了。仍是不太会考虑本身想一个。

这里放出题解暂时咕了。