题目
题目传送门: 【P3373】【模板】线段树 2 – 洛谷
如题,已知一个数列,你需要进行下面三种操作:
1. 将某区间每一个数乘上 $x$。
2. 将某区间每一个数加上 $x$。
3. 求出某区间每一个数的和。
题目传送门: 【P3373】【模板】线段树 2 – 洛谷
如题,已知一个数列,你需要进行下面三种操作:
1. 将某区间每一个数乘上 $x$。
2. 将某区间每一个数加上 $x$。
3. 求出某区间每一个数的和。
题目传送门: 洛谷 P3369、LibreOJ #104、BZOJ 3224
我们需要实现一种数据结构,实现以下操作。
1. 插入 $ x $ 数;
2. 删除 $ x $ 数(若有多个相同的数,因只删除一个);
3. 查询 $ x $ 数的排名(若有多个相同的数,因输出最小的排名);
4. 查询排名为 $ x $ 的数;
5. 求 $ x $ 的前趋(前趋定义为小于 $ x $,且最大的数);
6. 求 $ x $ 的后继(后继定义为大于 $ x $,且最小的数)。
图的存储与一般有三种形式,邻接矩阵、邻接表、链式前向星(邻接表的一种)。
本文全文使用这个图来进行演示。
我们规定,一共有 $n$ 个点,$m$ 条边。输入数据的格式为 “起点”、“终点”、“边权”。则这个图的输入数据为:
1 2 2
1 4 3
2 3 1
2 5 3
3 1 2
5 3 2
5 4 4
由于邻接矩阵空间消耗巨大,一般不使用。
邻接矩阵初始化时,我们使用无穷。
因为对于有些题目,存在瞬移术,可以将某个权重的边跳过,这时可以把它的边权设为 0,这样就和不连通的情况产生了冲突,因此,就不能使用 0 为初值,当然,对于不存在这种情况的题目,仍可使用 0。
对于这个图,其邻接矩阵为:
邻接矩阵的实质,就是用元素的有无来判断两个点是否连通。
因此,邻接矩阵的遍历效率很低,空间开销也很大,而且不能存储重边,可以存储自环(不过好像用处不大)。
建图、存储的时间复杂度为 $\text{O}(n^2)$ (若初始化为 $0$ 则为 $O(m)$ 的时间复杂度),空间复杂度为 $\text{O}(n^2)$。
遍历的时间复杂度为 $\text{O}(n^2)$。
模板如下:
int gcd(int const a, int const b) {
return !b ? a : gcd(b, a % b);
}
int lcm(int const a, int const b) {
return a / gcd(a, b) * b;
}
int exgcd(int const a, int const b, int &x, int &y) {
int ans = a;
if (b == 0) {
x = 1, y = 0;
return ans;
}
else {
ans = exgcd(b, a % b, y, x);
y -= x * (a / b);
return ans;
}
}
bool is_prime[MAXN];
int primes[MAXN], query[MAXM];
int n, m, p;
void sieve(int const n) {
memset(primes, 0, sizeof(primes));
memset(is_prime, 1, sizeof(is_prime));
is_prime[1] = false;
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (is_prime[i]) {
primes[p++] = i;
}
for (int j = 0; j < p && i * primes[j] <= n; j++) {
is_prime[ i * primes[j] ] = false;
if (! (i % primes[j]) )
break;
}
}
}