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今日训练 ——线段树与二分法

news 2025/10/16 14:04:25

两道算法题带你温故知新

NOIP2015 推销员
NOIP2011 质监员

今天两道noip的算法题练练手

NOIP2015 推销员

题目

可能会有更简单的写法，但利用线段树是最好想的方法。

贪心选择逻辑
由于 s 数组递增，当前已访问的最大位置为 pos（即最远客户位置），后续选择只有两种最优可能：
选 pos 左边的客户（s [i]<s [pos]）：最大位置不变，总收益仅增加 a [i]，新增收益为 a [i]。
选 pos 右边的客户（s [i]>s [pos]）：最大位置更新为 s [i]，总收益增加 a [i] 且路程变为 2×s [i]，新增总收益为 a [i]+2×s [i]。
因此每次只需二选一：
左边未访问客户中 a [i] 最大的（对应第一种选择）。
右边未访问客户中（a [i]+2×s [i] - 2×s原）最大的（对应第二种选择）。
线段树的作用
需要高效查询区间最值和位置，同时支持标记客户为 “已访问”（即排除该客户），因此用两棵线段树分别维护：
线段树 1（maxv1）：维护区间内 a [i] 的最大值及对应位置（查询左边客户）。
线段树 2（maxv2）：维护区间内（a [i]+2×s [i]）的最大值及对应 s [i]、位置（查询右边客户）。
线段树核心操作
（1）更新节点（up）
线段树 1：比较左右子树的 a [i]，取较大值对应的节点。
线段树 2：比较左右子树的（a [i]+2s [i]），取较大值对应的节点。
（2）建树（build）
叶子节点：直接赋值（node1 存 a [i] 和位置，node2 存 a [i]、s [i] 和位置）。
非叶子节点：递归建树后，通过 up 函数合并左右子树信息。
（3）更新标记（update）
将已访问的客户价值设为 0，使其不再被选中（线段树查询时会忽略 0 值）。
（4）区间查询（query1/query2）
query1：查询区间内 a [i] 的最大值及位置（左边客户查询）。
query2：查询区间内（a [i]+2s [i]）的最大值及对应信息（右边客户查询）。
主函数逻辑
输入 s 数组（递增）和 a 数组，建树。
初始化第一次选择：找出所有客户中（a [i]+2s [i]）最大的客户（第一次访问的最优解），输出结果并标记为已访问。
迭代 n-1 次（剩余 n-1 个客户）：
查询左边（1~pos-1）的最优客户（query1）。
查询右边（pos+1~n）的最优客户（query2）。
比较两种选择的收益，选更大的那个，更新总价值、最远位置，标记已访问并输出结果。
复杂度分析
建树时间：O (nlogn)（两棵线段树均为 O (nlogn)）。
每次查询和更新：O (logn)（线段树单次操作复杂度）。
总复杂度：O (nlogn)，适配 n=1e5 的题目数据规模。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 1;
int a[N], s[N];
struct node1 {node1() : sum (0), pos(0){};int sum;int pos;
}maxv1[N << 2];
struct node2 {node2() : sum (0), maxs(0), pos(0){};int sum;int maxs;int pos;
}maxv2[N << 2];
void up(int rt) {maxv1[rt]= maxv1[rt << 1].sum > maxv1[rt<< 1|1].sum ? maxv1[rt<<1] : maxv1[rt << 1 | 1];maxv2[rt]= maxv2[rt << 1].sum + maxv2[rt << 1].maxs * 2 > maxv2[rt << 1 | 1].sum + maxv2[rt << 1 | 1].maxs * 2 ? maxv2[rt << 1] : maxv2[rt <<1 |1];
}
void build(int l, int r, int rt) {if (l == r) {maxv1[rt].sum = a[l], maxv1[rt].pos = l;maxv2[rt].sum = a[l], maxv2[rt].pos = l ,maxv2[rt].maxs = s[l];return;}// int mid = l + (r - l) / 2;int mid = (l + r) >> 1;build(l, mid, rt << 1);build(mid + 1, r, rt << 1 | 1);up(rt);
}
void update(int l, int r, int p, int val, int rt) {if (l == r) {maxv1[rt].sum = val,maxv1[rt].pos = 0;maxv2[rt].sum = val,maxv2[rt].pos = 0,maxv2[rt].maxs = 0;return;}int mid = (l + r) >> 1;if (p <= mid) {update(l, mid, p, val, rt << 1);}else {update(mid + 1, r, p, val, rt << 1 | 1);}up(rt);
}
node1 query1(int jobl, int jobr, int l, int r, int rt) {if (jobl <= l && r <= jobr) {return maxv1[rt];}node1 ans;int mid = (l + r) >> 1;if (jobl <= mid) {node1 t = query1(jobl, jobr, l, mid, rt << 1);ans = ans.sum > t.sum ? ans : t;}if (jobr > mid) {node1 t = query1(jobl, jobr, mid + 1, r, rt << 1| 1);ans = ans.sum > t.sum ? ans : t;}return ans;
}
node2 query2(int jobl, int jobr, int l, int r, int rt) {if(jobl <= l && r <= jobr) return maxv2[rt];int mid = (l + r) >> 1;node2 ans;if(jobl <= mid) {node2 t = query2(jobl, jobr, l, mid, rt << 1);ans = ans.sum + ans.maxs * 2 > t.sum + t.maxs * 2 ? ans : t;}if(jobr > mid) {node2 t = query2(jobl, jobr, mid + 1, r, rt << 1 | 1);ans = (ans.sum + ans.maxs * 2 > t.sum + t.maxs * 2 ? ans : t);}return ans;
}
int main() {ios_base::sync_with_stdio(false),cin.tie(NULL),cout.tie(NULL);int n;cin>>n;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> s[i];}for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> a[i];}build(1, n, 1);int sum = 0, maxs = 0, pos = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {if(s[i] * 2 + a[i] > sum + maxs * 2) sum = a[i], maxs = s[i], pos = i;}cout << sum + maxs * 2 << '\n';update(1, n, pos, 0, 1);for (int k = 1; k < n; k++) {node1 t1;node2 t2;if(pos - 1 > 0){t1 = query1(1, pos - 1, 1, n, 1);}// no posif(pos + 1 <= n) {t2 = query2(pos + 1, n, 1, n, 1);}int newpos;if (t2.sum + t2.maxs * 2 > t1.sum + maxs * 2) {sum += t2.sum;pos = t2.pos;newpos = t2.pos;cout << sum + t2.maxs * 2 << '\n';maxs = t2.maxs;}else {sum += t1.sum;newpos = t1.pos;cout << sum + maxs * 2 << '\n';}update(1, n, newpos, 0, 1);}return 0;
}

NOIP2011 质监员

题目

核心思路分析

二分查找的合理性
W的取值直接影响Y的大小：
当W增大时，重量≥W的矿石减少，cnt和sumv均可能减小，因此Y单调递减（非递增）。
由于Y随W单调变化，可通过二分W的可能取值，高效逼近最优解。
前缀和优化区间计算
对于每个候选W，需计算m个区间的cnt和sumv：
若直接遍历每个区间统计，时间复杂度为O(n*m)，会超时。
改用前缀和数组：
num[i]：前i个矿石中重量≥W的数量
yy[i]：前i个矿石中重量≥W的价值总和
对于区间[l, r]，cnt = num[r] - num[l-1]，sumv = yy[r] - yy[l-1]，计算时间降至O(1)。
二分次数：W最大范围为1~1e18，二分次数约log2(1e18) ≈ 60次。
单次 check 复杂度：O(n + m)（计算前缀和O(n)，处理m个区间O(m)）。
总复杂度：O(60*(n + m))，对于n, m ≤ 2e5，总操作约2.4e7，完全满足时间要求。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
const int N = 2e5+5;
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef vector<int> vi;
struct p {int w;int v;
} a[N];
int n, m, s;
vector<pii> ran;
int ans = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
bool check(int mid) {vi num(N, 0);vi yy(N, 0);int y = 0;for (int i = 1; i <= n; ++i) {if (a[i].w >= mid) {num[i] = num[i-1] + 1;yy[i] = yy[i-1] + a[i].v;} else {num[i] = num[i-1];yy[i] = yy[i-1];}}for (auto &tmp : ran) {int rr = tmp.second;int ll = tmp.first;int c = num[rr] - num[ll-1];int v_sum = yy[rr] - yy[ll-1];y += c * v_sum;}ans = min(ans, abs(s - y));return y > s;
}
signed main() {ios ::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);cin >> n >> m>>s;ran.resize(m);for (int i = 1; i <= n; ++i) {cin >> a[i].w >> a[i].v;}for (int i = 0; i < m; i++) {cin >> ran[i].first >> ran[i].second;}int left = 1, right = 1e18;while (left < right) {int mid = left + (right - left) / 2;if (check(mid)) {left = mid + 1;} else {right = mid;}}cout << ans << '\n';return 0;
}