[心之碎片] - 20240823模拟赛

柿子饼同学

总结与反思

B - 询问第 k 小/大 一定要想到二分, 建立 0000011111 这样的架构

D - 区间填 0/1 类的问题一般想 fi 表示前 i 个已经满足要求, i 填 1 的什么什么, 对于可以转移的区间一定要严谨
另外, 遇到 至多 1 个, 有且仅有之类的要想到差分约束,  把区间转换为点(前缀和)

A - 粉刷匠
粉刷匠决定为每一行都画上一笔。 对于 n 行, 每行有 l, r, c 表示 l, r 区间填 c
不同颜色以数字表示。一开始墙面颜色都为0。
刷完之后，他想知道，色彩最丰富的是哪一列。

两种做法, 可以枚举颜色, 把同颜色的操作归为 1 类然后一起算就不会重复
也可以枚举列, 把操作按照类似扫描线的方式 +1, -1, 扫一遍得到答案

cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; i++){
    int a, b, c;
    cin >> a >> b >> c;
    e[a].emplace_back(c, 1);
    e[b + 1].emplace_back(c, -1);
    s[1]++, s[a]--;
    s[b + 1]++, s[n + 1]--;
}

for(int i = 1; i <= m + 1; i++){
    for(auto x : e[i]) Add(x);
    s[i] += s[i - 1];
    ans = max(ans, res + (s[i] > 0));
}

D - P3084 [USACO13OPEN] Photo G
看到这样的题是 01 填数的要会想到设计状态, 然后对于每个 i 求出转移的区间转移即可, 用单调队列
也想到差分约束, 先用前缀和把区间的条件转换为点的约束, 然后跑 spfa
“恰好”等价于“不少于并且不大于”。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 2e5 + 5;

int n, m;

// l[i] 表示不包括 i 的区间中, l 的最大值
// r[i] 表示包括 i 的区间中, l 的最小值
// 为什么这样设计? 因为不能遗漏任何一个区间
// l[i], r[i] 单调不降, 于是用单调队列维护

int l[N], r[N], f[N];

struct Queue {
    int q[N], h = 1, t = 1;

    void Push(int x) {
        while (h <= t && f[q[t]] <= f[x]) t--;
        q[++t] = x;
    }

    int Front() { return f[q[h]]; }

    bool Cut(int x) {
        while (h <= t && q[h] < l[x]) h++;
        return (h > t);
    }
} q;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);

    freopen("photo.in", "r", stdin);
    freopen("photo.out", "w", stdout);

    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n + 1; i++) {
        r[i] = i - 1;
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        l[b + 1] = max(l[b + 1], a);
        r[b] = min(r[b], a - 1);
    }

    for (int i = n; i >= 0; i--) {
        r[i] = min(r[i + 1], r[i]);
    }
    for (int i = 1; i <= n + 1; i++) {
        l[i] = max(l[i], l[i - 1]);
    }

    int j = 1;
    for (int i = 1; i <= n + 1; i++) {
        for (; j <= r[i] && j <= n; j++) q.Push(j);

        if (q.Cut(i))
            f[i] = -1;
        else
            f[i] = q.Front() + (i != n + 1);
    }

    cout << f[n + 1];

    return 0;
}

FishC

好的，我来帮助总结这次模拟赛中的一些要点和解题思路。

### A - 粉刷匠
**题目要求**：给定 n 行操作，每行包含区间 l, r 和颜色 c。计算每列中颜色出现的次数，最终找出色彩最丰富的列。

**解题思路**：
1. **方法一**：枚举每种颜色，把所有相同颜色的操作归为一类，然后逐步计算各列颜色的覆盖次数。
2. **方法二**：枚举每一列，使用类似扫描线的方法处理，通过 +1 和 -1 的操作来统计每列的颜色变化。

**代码框架**：

cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    int l, r, c;
    cin >> l >> r >> c;
    // 对每种颜色操作进行记录
    // e.emplace_back(c, 1);
    // e.emplace_back(c, -1);
    // 类似扫描线的处理方法
    // s++, s--;
}
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
    // 计算每列的最大颜色种类数
}

### B - 询问第 k 小/大
**解题思路**：
- **二分查找**：可以借助二分查找找到第 k 小/大的元素，通过构建 0000011111 这样的架构。
- **腐蚀性思维**：利用数据特性和二分的思想来进行优化处理，逐层缩小搜索空间。

### D - 区间填 0/1
**解题思路**：
1. **状态转移**：设计 `fi` 表示前 `i` 个满足要求的情况，通过 `i` 填 1 或 0 的转移来进行优化。
2. **单调队列**：用单调队列来确保每个区间的转移是正确和高效的。
3. **差分约束**：使用前缀和技巧，把区间约束转换为点的约束，结合 SPFA 算法进行求解。

**代码示例**：

#include <iostream>
#include <vector>
#include <deque>
using namespace std;

const int N = 2e5 + 5;
int n, m;

// 状态定义
int l, r, f;

struct Queue {
    deque<int> q;
    void Push(int x) {
        while (!q.empty() & q.back() >= x) q.pop_back();
        q.push_back(x);
    }
    void Pop(int x) {
        if (!q.empty() && q.front() == x) q.pop_front();
    }
};

// 主函数
int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        l = max(l, a);
        r = min(r, b);
    }
    for (int i = n; i >= 0; --i) {
        // 状态转移和单调队列处理
    }
    return 0;
}

总结：
- **二分查找**能有效解决第 k 大/小问题。
- **单调队列**和**差分约束**可以帮助处理区间问题。
- 遇到特定类型的问题（如`01填数`和`区间填色`），要善于利用结构特性和数据结构来简化计算。

以上回复来自 FishC AI 小助理，如未能正确解答您的问题，请继续追问。

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