JZOJ 5489. 【清华集训2017模拟11.28】海明距离

题目

设有一长度为n的初始每个位置均为0的序列A。再给定一个长度为n的01序列B。

有Q个特殊的区间[li,ri]，你可以选择将A中li到ri这些位置都变为1，当然你可以选择不变。

现在你需要最小化A,B的海明距离。即最小化对应数值不同的位置数目。

数据范围

题解

首先，可以确认如果区间A含于区间B，那么A，B同时选等价于选B。

所以，设f[i]表示做到第i个询问的右端点，对答案的贡献。

对答案的贡献指，不选择任何空间的答案-最优答案的值。

那么设sum[i]表示下标为[1...i]的贡献前缀和。

有两种情况。

①当之前的区间j的右端点小于现区间的左端点：

f[i]=max(f[i],f[j]+sum[r[i]]−sum[l[i]−1])

②区间j与i相交。

f[i]=max(f[i],f[j]+sum[r[i]]−sum[r[j]])

那么用两棵线段树分别维护f[i]和f[i]−sum[r[i]]即可。

总结

①如果出现了选择/不选择[l,r]的题目，可以先对区间排序，再考虑之前的区间与现在的区间相交的情况。

②可以通过数据结构来使得dp时间复杂度由O(n2)变为O(n log n)。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define N 200010
#define M 510
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
struct note{
int l,r,x;
};note qu
;
struct note1{
int to,next;
};note1 edge[N*2];
struct note2{
int a,b;
};note2 tr[N*4];
int head
,tot;
int i,j,k,l,n,m,s,mx,temp,SUM,cnt;
int opl,opr;
int _2[26],val
;
int sum
,f
;
bool cmp(note x,note y){return x.l<y.l||(x.l==y.l && x.r<y.r);}
void lb(int x,int y){edge[++tot].to=y;edge[tot].next=head[x];head[x]=tot;}
void update(int ps){
tr[ps].a=tr[ps<<1].a>tr[ps<<1|1].a?tr[ps<<1].a:tr[ps<<1|1].a;
tr[ps].b=tr[ps<<1].b>tr[ps<<1|1].b?tr[ps<<1].b:tr[ps<<1|1].b;
}
void find(int ps,int l,int r,int opx){
if(r<opl || l>opr)return;
if(l>=opl && r<=opr){
if(opx==0)temp=temp>tr[ps].a?temp:tr[ps].a;
else temp=temp>tr[ps].b?temp:tr[ps].b;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(r<=mid)find(ps<<1,l,mid,opx);else
if(l>mid)find((ps<<1)+1,mid+1,r,opx);else
find(ps<<1,l,mid,opx),find((ps<<1)+1,mid+1,r,opx);
update(ps);
}
void change(int ps,int l,int r,int x,int z,int opx){
if(l==r){
if(opx==0)tr[ps].a=z;else tr[ps].b=z;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid)change(ps<<1,l,mid,x,z,opx);
else change(ps<<1|1,mid+1,r,x,z,opx);
update(ps);
}
int main(){
memset(tr,180,sizeof(tr));
_2[1]=1;
fo(i,2,25)_2[i]=_2[i-1]*2;
scanf("%d",&n);
fo(i,1,n)scanf("%d",&val[i]),SUM+=val[i];
fo(i,1,n)
if(val[i]==0)sum[i]=sum[i-1]-1;else sum[i]=sum[i-1]+1;
scanf("%d",&m);
fo(i,1,m){
scanf("%d%d",&qu[i].l,&qu[i].r);
lb(qu[i].l,qu[i].r);
}
sort(qu+1,qu+m+1,cmp);
memset(f,180,sizeof(f));
f[0]=SUM;
change(1,0,n,0,0,0);
change(1,0,n,0,0,1);
mx=0;
fo(i,1,m){
temp=-2000000000;
opl=0;opr=qu[i].l-1;
if(opl<=opr)find(1,0,n,0);
f[i]=max(f[i],temp+sum[qu[i].r]-sum[qu[i].l-1]);
temp=-2000000000;
opl=qu[i].l;opr=qu[i].r;
if(opl<=opr)find(1,0,n,1);
f[i]=max(f[i],temp+sum[qu[i].r]);
change(1,0,n,qu[i].r,f[i],0);
change(1,0,n,qu[i].r,f[i]-sum[qu[i].r],1);
}
mx=-2000000000;
fo(i,1,m)mx=max(mx,f[i]);
printf("%d",SUM-mx);
return 0;
}