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数据结构

时间：2024-09-14 16:25:03浏览次数：1  
标签：return int lowbit sum long 200010 数据结构

数据结构

栈

  • 栈，一种基本的先进后出的线性数据结构，手写栈一般有一个指针指向栈顶元素。
STL中有个容器叫stack,支持一些功能
  • push,将元素放置在栈顶；
  • top(),输出栈顶元素
  • pop()，弹出栈顶元素
  • size(),访问栈中元素
  • clear，清空

详细操作可以见栈

手写栈
  • 可以用数组模拟栈，代码如下。
int t=0;
struct sta{
	int a[20100];
	void push(int x){	a[++t]=x; }
	void pop(){	--t; }
	int top()	{ return a[t];}
	int empty(int x){	return t==0?1:0;}
	int size(){ return t;}
}st;
单调栈
  • 单调栈即满足单调性的栈结构
  • 可以用来维护左边或右边第一个比自己小或者大的
  • 通过维护一个栈，如果比当前值小就弹出。
for(int i=n;i>=1;i--){
	while(st.size()&&(a[st.top()]<=a[i])){
		st.pop();
	}
	if(st.size()){
		ans[i]=st.top();
	}
	st.push(i);
}

例题：

括号序列

  • 读题得到能匹配的就输出
  • 不能匹配就填上
#include<bits/stdc++.h>
#include<stack>
using namespace std;
char buf[1<<23],*p1=buf,*p2=buf;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')	f=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();}
	return x*f; 
} 
inline void write(int x){
	if(x<0)putchar('-'),x=-x;
	if(x>9)write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
string s;
stack<pair<int,int> >st;
int vis[210];
signed main(){
	cin>>s;
	for(int i=0;i<s.size();i++){
		if(s[i]=='('){
			st.push(make_pair(i,0));
		}
		else if(s[i]=='['){
			st.push(make_pair(i,1));
		}
		if(s[i]==')'&&st.size()){
			 if(st.top().second==0){
				vis[st.top().first]=1;
				vis[i]=1;
					st.pop();
			}
		
		}
		else if(s[i]==']'&&st.size()){
			if(st.top().second==1){
				vis[st.top().first]=1;
				vis[i]=1;	st.pop();
			}
		}
	} 
	for(int i=0;i<s.size();i++){
		if(vis[i]){
			cout<<s[i];
		}
		else{
			if((s[i]=='(')||(s[i]==')')){
				cout<<"()";
			}
			else if((s[i]=='[')||(s[i]==']')){
				cout<<"[]";
			}
		}
	}
	return 0;	
}

队列

  • 队列，是一种先进先出的线性数据结构，手写队列一般有两个指针指向队头和队尾元素
  • 其对应 STL: queue
  • 先进先出。
普通队列
  • STL 即可

优先队列

  • 也是二叉堆，可以维护最小/最大值。
  • priority_queue

例题：

舞蹈课

  • 首先将相邻的放入优先队列，然后再从绝对值最小的开始出队，然后再将他们的位置用链表更新
#include<bits/stdc++.h>
#define mp make_pair
#define int long long
using namespace std;
int n;
string s;
int a[200010];
int nxt[200010],pre[200010];
int b[2000010];
struct node{
	int sum,l,r;
};
bool operator<(node a,node b){
	if(a.sum==b.sum)return a.l>b.l;
	return a.sum>b.sum;
}
bool flag[200010];
priority_queue<node>q;
vector<pair<int,int> >st;
signed main(){
	cin>>n;
	cin>>s;s=" "+s;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
        pre[i]=i-1;nxt[i]=i+1;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		b[i]=(s[i]=='B');
	}
	for(int i=1;i<n;i++){	
		if(b[i]^b[i+1])	q.push((node){abs(a[i+1]-a[i]),i,i+1});
	}
	while(q.size()){
		node t=q.top();
		q.pop();
		if((!flag[t.l])&&(!flag[t.r])){
			flag[t.l]=1,flag[t.r]=1;
			pre[nxt[t.r]]=pre[t.l];
			nxt[pre[t.l]]=nxt[t.r];	
            st.push_back(mp(t.l,t.r));
            if(pre[t.l]<1||nxt[t.r]>n)  continue;
			if(b[pre[t.l]]^b[nxt[t.r]])	q.push((node){abs(a[pre[t.l]]-a[nxt[t.r]]),pre[t.l],nxt[t.r]});

		}
	}
	cout<<st.size()<<'\n';
	for(int i=0;i<st.size();i++){
		cout<<st[i].first<<" "<<st[i].second<<'\n';
	}
	return 0;
}

建筑抢修

  • 读题得到意思是要我们尽量修最多的，而不修的一定是耗时最多的，这样会影响后面所有的
  • 所以考虑先将截止时间排序，然后尝试放，如果放不了，那么就把耗时最大的弹出
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n;
struct node{
	int t1,t2;
}a[150010];
priority_queue<int>q; 
bool cmp(node x,node y){
	if(x.t2!=y.t2)	return x.t2<y.t2;
	return x.t1<y.t1;
}
signed main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i].t1>>a[i].t2;
	}
	sort(a+1,a+1+n,cmp);
	int ans=0,sum=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans+=a[i].t1;
		q.push(a[i].t1);
		if(ans<=a[i].t2){
			sum++;
		}
		else{
			ans-=q.top();
			q.pop();
		}
	}
	cout<<sum;
	return 0;
}

ST表

  • 可以静态维护区间问题，区间RMQ，区间GCD
  • 通过倍增的方法维护。

具体实现如下

  • 首先ST表维护一个数组st[i][j]表示从 \(i\) 的位置到 \(i+2^j\) 的区间问题
  • 当前位置跳 \(2^j\) 等价于 先跳 \(2^{j-1}\) ,再跳 \(2^{j-1}\)
for(int j=1;j<=lg[n];j++){
		for(int i=1;i<=n-(1<<j)+1;i++){
			dp[i][j]=max(dp[i][j-1],dp[i+(1<<(j-1))][j-1]);
		}
}

查询

当前长度最大从l跳 \(2^j\) 不跳出去有多长，j是lg[len]。

  cout<<max(dp[l][lg[len]],dp[r-(1<<lg[len])+1][lg[len]])<<'\n';

例题：

Max GEQ Sum

  • 读题得到最大值得取值只有n种，考虑枚举最大值，然后用单调栈得到最左端和最右端得端点
  • 因为我们想要区间和最大，即 \(pre[r]-pre[l-1]\) 最大，所以用ST表维护这个区间最大前缀和再处理即可
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
long long T,n,a[200010],ans[200010],num[200100];
long long sum[200010];
long long dp[200010][30],dp1[200010][30],lg[200010];
stack<long long>q;
int qd(int l,int r){
	int len=lg[r-l+1];
	return max(dp[l][len],dp[r-(1<<len)+1][len]);
}
int qx(int l,int r){
	int len=lg[r-l+1];
	return min(dp1[l][len],dp1[r-(1<<len)+1][len]);
}
void init(){
	for(int i=n;i>=1;i--){
		while(!q.empty()&&a[i]>=a[q.top()]){
			q.pop();
		}
		if(!q.empty()){
			ans[i]=q.top()-1;
		}
		else{
			ans[i]=n;	
		}	
		q.push(i);
	}
	while(q.size()) 
		q.pop();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		while(!q.empty()&&a[i]>=a[q.top()]){
			q.pop();
		}
		if(!q.empty()){
			num[i]=q.top()+1;
		}
		else{
			num[i]=1;	
		}	
		q.push(i);
	}
		while(q.size()) 	
			q.pop();
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(NULL);
	cout.tie(NULL);
	cin>>T;
	while(T--){
		cin>>n;
		lg[0]=-1;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			cin>>a[i];
			sum[i]=sum[i-1]+a[i];		
			lg[i]=lg[i/2]+1;
		}
		for(int j=1;j<=lg[n];j++){
			for(int i=0;i+(1<<(j-1))<=n;i++){
				dp1[i][j]=1e9;
			}
		}
		init();	
		for(int i=1;i<=n;i++){
			dp[i][0]=sum[i];
			dp1[i][0]=sum[i];	
		}
		for(int j=1;j<=lg[n];j++){
			for(int i=0;i+(1<<(j-1))<=n;i++){
				dp[i][j]=max(dp[i][j-1],dp[i+(1<<(j-1))][j-1]);
				dp1[i][j]=min(dp1[i][j-1],dp1[i+(1<<(j-1))][j-1]);
			}
		}
		bool flag=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			int maxn=qd(i,ans[i]);
			int minn=qx(num[i]-1,i-1);
		//	cout<<maxn<<" "<<minn<<"\n";
			if(maxn-minn>a[i]){
				flag=1;
				cout<<"NO"<<"\n";
				break;
			}
		}
	//	cout<<"\n";
		if(!flag)
			cout<<"YES"<<"\n";
	}
	return 0;
}

Array Stabilization (GCD version)

  • 读题可以得到当前这个位置被修改k次后的值是 \(gcd(a_i,....,a_{k+i})\)
  • 所以可以用ST表维护区间 \(GCD\) ，发现 \(k\) 可以枚举，而且有单调性，考虑二分
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n;
int lg[400010];
int st[400010][30];
int a[400010];
int gcd(int x,int y){
	if(y==0)	return x;
	return gcd(y,x%y);
}
int m;
bool check(int x){
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=m-x;i++){
		if(!ans)	ans=gcd(st[i][lg[x+1]],st[i+x-(1<<lg[x+1])+1][lg[x+1]]);
		else if(ans!=gcd(st[i][lg[x+1]],st[i+x-(1<<lg[x+1])+1][lg[x+1]]))	return 0;
	}
	return 1;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(NULL),cout.tie(NULL);
	lg[0]=-1;
	for(int i=1;i<=400000;i++){
		lg[i]=lg[i>>1]+1;
	}
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n;
		lg[0]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			cin>>a[i];	a[i+n]=a[i];
			st[i][0]=a[i];
		 	st[i+n][0]=a[i];	
		}
		 m=n*2;
		for(int j=1;j<=lg[m];j++){
			for(int i=1;i<=m-(1<<j)+1;i++){
				st[i][j]=gcd(st[i][j-1],st[i+(1<<(j-1))][j-1]);
			}
		} 
		int l=0,r=n-1;
		int ans=n-1;
		while(l<=r){
			int mid=l+r>>1;
			
			if(check(mid))	r=mid-1,ans=mid;
			else	l=mid+1;
		}
		cout<<ans<<'\n';
	}
	return 0;
}

树状数组

  • 支持区间修改，单点查询。单点修改，区间查询的数据结构
  • 修改与查询都是 \(\operatorname{O(\log n)}\)

这是一棵基本的树状数组；

在学习前先介绍一个 $lowbit(x) $ 这个函数可以求出某个数二进制数的最后一个1所带的0的十进制大小
int lowbit(int x){
	return x&-x;
}
  • 接下来开始正题
  • 接下来第一个单点修改，区间查询。
\(a_k\) 的意义是什么？
即是 \({k-lowbit(k)+1} {\ — \ } {\ }k\) 的这个区间的值
看上图得知当我们修改了 \(a_1\) 的值时，\(t_1,t_2,t_4,t_8\) 的权值都需要修改
在修改了 \(a_3\) 的值时，\(t_3,t_4,t_8\) 的权值修改。
综上，我们发现了 当修改了 \(a_k\) 的值时， \(a_{k+lowbit(k)}\),\({k+lowbit(k)+lowbit(k+lowbit(k)))}...\) 的值都会修改,复杂度为 \(\operatorname{O(\log n)}\)
void merge(int x,int k){
	for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(x)){
		tree[x]+=k;
	}
}
修改写完了，接下来改写查询了。
举个例子，假如我们要求前7个的和，那查询的数组应该是 \(tree[7],tree[6],tree[4]\) 的总和
假如要求前4个的和，那查询的数组应该是 \(tree[4]\)
综上，我们发现了 查询前 \(k\) 个值时，应该要查询 \(tree_{k},tree_{k-lowbit(k)},tree_{k-lowbit(k)-lowbit(k-lowbit(k))}\) 的权值
int query(int x){
	int sum=0;
	while(x){
		sum+=tree[x];
		x-=lowbit(x);
	}
	return sum;
}
要求区间和的话，用类似前缀和的方法即可
  • 区间修改，单点查询
接下来开始修改操作
维护一个差分数组，因为差分数组的特性，所以只要将 \(1\) ~ \(r\) 的

标签：return,int,lowbit,sum,long,200010,数据结构
From： https://www.cnblogs.com/lmy333/p/18414261

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