hihoCoder 1077-RMQ问题再临-线段树 #1077 : RMQ问题再临-线段树 时间限制:10000ms 单点时限:1000ms 内存限制:256MB 描述 上回说到：小Hi给小Ho出了这样一道问题：假设整个货架上从左到右摆放了N种商品，并且依次标号为1到N，每次小Hi都给出一段区间[L, R]，小Ho要做的是选出标号在这个区间内的所有商品重量最轻的一种，并且告诉小Hi这个商品的重量。但是在这个过程中，可能会因为其他人的各种行为，对某些位置上的商品的重量产生改变（如更换了其他种类的商品）。 小Ho提出了两种非常简单的方法，但是都不能完美的解决。那么这一次，面对更大的数据规模，小Ho将如何是好呢？ 提示：其实只是比ST少计算了一些区间而已 输入 每个测试点（输入文件）有且仅有一组测试数据。 每组测试数据的第1行为一个整数N，意义如前文所述。 每组测试数据的第2行为N个整数，分别描述每种商品的重量，其中第i个整数表示标号为i的商品的重量weight_i。 每组测试数据的第3行为一个整数Q，表示小Hi总共询问的次数与商品的重量被更改的次数之和。 每组测试数据的第N+4~N+Q+3行，每行分别描述一次操作，每行的开头均为一个属于0或1的数字，分别表示该行描述一个询问和描述一次商品的重量的更改两种情况。对于第N+i+3行，如果该行描述一个询问，则接下来为两个整数Li, Ri，表示小Hi询问的一个区间[Li, Ri]；如果该行描述一次商品的重量的更改，则接下来为两个整数Pi，Wi，表示位置编号为Pi的商品的重量变更为Wi 对于100%的数据，满足N<=10^6，Q<=10^6, 1<=Li<=Ri<=N，1<=Pi<=N, 0<weight_i, Wi<=10^4。 输出 对于每组测试数据，对于每个小Hi的询问，按照在输入中出现的顺序，各输出一行，表示查询的结果：标号在区间[Li, Ri]中的所有商品中重量最轻的商品的重量。 样例输入 10 3655 5246 8991 5933 7474 7603 6098 6654 2414 884 6 0 4 9 0 2 10 1 4 7009 0 5 6 1 3 7949 1 3 1227 样例输出 2414 884 7474
这一题是hihoCoder Problem 1070:RMQ问题再临的升级版，数据量提升到10^6，但提示还是用线段树来解决。我原本以为只要把之前的数组大小改为10^6就行了，没想到这次居然给我报CE错。 第一次遇到这种错误，看了半天没明白什么意思，后来多方查找才得知可能是数组太大了，直接编译就不通过，想想看10^6的二维数组：10^6*10^6=10^12，装的是int,则总大小为4*10^12B=3725G，这明显大大超出了内存范围，而之前的10^4二维数组只有4*10^8B=381M，按理说也超出了题目的256MB，不过还是险些AC了，但是这一次就没这么好运了，所以必须优化算法！ 怎样优化内存空间呢？先把我们的线段树请出来看看：
上图是线段树的一个例子，每个节点保存了区间范围以及该区间的最小值。总的区间大小是[1,10]，仔细看看这个区间树的节点个数只有19个；另外再画一个[1,6]区间上的区间树，节点个数只有11个。可以不加证明的得出一个n的区间长度的线段树的节点个数为2*n-1，这远远小于n*n，所以我们只需要O(n)的空间来存储，而不是O(n^2)。
反观之前hihoCoder Problem 1070:RMQ问题再临的解法，其实没有构造一个真正的线段树，所以浪费了很多空间，那么怎样来构造一个真正的线段树呢？
我们知道常规的树形结构是用链表来实现的，每一个节点都有指向其左右孩子节点的指针，这样就可以很容易的访问孩子节点，如果用数组的结构来表示链表的结果，是不是会简单很多呢？于是我们定义如下树的节点结构：
[cpp]
typedef struct node//线段树节点
{
int l;//区间左端点
int r;//区间右端点
int minv;//区间最小值
};
[/cpp]
再定义一个表示树的数组node tree[2*MAX_N];很自然的tree[i]的左右孩子节点分别存储在tree[2i]和tree[2i+1]，这样是不是也很容易访问孩子节点了呢。
不论是创建、查询、更新树，都是从树根开始递归往下，这个过程和之前的那个题目类似，这里就不再赘述了。完整的代码如下：
[cpp]
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int MAX_N=1e6+2;
int w[MAX_N];
int n,q;
typedef struct node//线段树节点
{
int l;//区间左端点
int r;//区间右端点
int minv;//区间最小值
};
node tree[2*MAX_N];
inline int get_min(int a,int b)
{
return a<b?a:b;
}
//创建树
void build(int l,int r,int pos)
{
tree[pos].l=l;
tree[pos].r=r;
if(l==r)
tree[pos].minv=w[l];
else
{
int mid=(l+r)/2;
build(l,mid,pos*2);
build(mid+1,r,pos*2+1);
tree[pos].minv=get_min(tree[pos*2].minv,tree[pos*2+1].minv);
}
}
//查询树
int query(int l,int r,int pos)
{
if(l==tree[pos].l&&r==tree[pos].r)
return tree[pos].minv;
int mid=(tree[pos].l+tree[pos].r)/2;
if(r<=mid)
return query(l,r,pos*2);
else if(l>mid)
return query(l,r,pos*2+1);
else
{
int left=query(l,mid,pos*2);
int right=query(mid+1,r,pos*2+1);
return get_min(left,right);
}
}
//更新树
void update(int pi,int wi,int pos)
{
if(tree[pos].l==tree[pos].r&&tree[pos].l==pi)
tree[pos].minv=wi;
else
{
int mid=(tree[pos].l+tree[pos].r)/2;
if(pi<=mid)
update(pi,wi,pos*2);
else
update(pi,wi,pos*2+1);
tree[pos].minv=get_min(tree[pos*2].minv,tree[pos*2+1].minv);
}
}
int main()
{
//freopen("input.txt","r",stdin);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&w[i]);
build(1,n,1);
scanf("%d",&q);
int p,l,r;
for(int i=0;i<q;i++)
{
scanf("%d%d%d",&p,&l,&r);
if(p==0)
printf("%d\n",query(l,r,1));
else
update(l,r,1);
}
return 0;
}
[/cpp]
本代码提交AC，用时697MS，内存45MB。
P.S.之前用cin、cout超时，改成scanf、printf就好了，懒得取消同步什么的，以后就打算一直用scanf、printf了。唉，从上一题到这一题，优化是无止境的啊~~]]>