李超线段树

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李超线段树

[HEOI2013]Segment

不厚道得借鉴一些\(OI\;Wiki\)的好东西

此题, 大概就是模板题了

其实, 如果按照常规思路, 想到的东西大概也是一样的

和线段树一样, 我们需要维护\(X\)轴上的信息

就是说, 我们只需要记录对于每一个\(X\), 它对应的答案是啥

对答案没有贡献的线段, 相当于就被丢弃了

所以此时的线段树中的值, 就是唯一的比较的对象了

思路

情况一:

那么如果这个区间没有被覆盖, 可以直接标记为最值

情况二:

如果这个被覆盖了, 那么又要分三种情况

我们另绿色为新加入的点

(1)\(New.k>T_X.k\)

  • 1.中值可以被更新

我们看见, 此时新的线段可以更新到\(mid\)的位置, 它也可以继续更新\(mid+1\)到\(r\)的位置, 但是\(l\)到\(mid\)的部分, 就不一定可以更新了, 但是我们可以看见, 它仍有一部分是可以更新的

  • 2.中值无法更新

那么对于这种情况, 我们就不需要更新\(l\)到\(mid\)的值了, 但是我们也有可能更新\(mid+1\)到\(r\)

(2)\(New.k<T_X.k\)

同理分析即可

(3)斜率相等

显然是要截距大的啊, 是吧

时间复杂度分析

插入

这个操作将长度为\(n\)的线段, 分成了\(\log n\)段去更新, 复杂度为\(O(\log n)\)

对于每一个\(O(\log n)\)的区间, 我们有花费\(O(\log n)\)的时间往下更新

故插入的时间复杂度大约为\(O(\log^2n)\)

查询

就得到包含\(x\)的所有区间的中值

那么这样的区间有多少呢?

口胡开始了, 假设这个点为\(P\), 他左边有\(X\)个节点, 那么右边就有\(N-X-1\)个节点, 那么左端点的个数就有\(X\)个, 右端点就有\(N-X-1\)个

乘法原理, 求和算期望, 就可以了

!#%!\(%!@:%>!"\)%!@#%!@$!“@>%3!@#>%#>:>”1”

\(Fake\)了啊

这棵树一共就才多少节点, 一共就只有多少层 ?

\(\log n\)?

差不多, \(\log n\)跑一次就可以出答案了

快乐水过了

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#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int Maxn = 1005;
int N;
double X, Y;
bool Xf(1), Yf(1);
struct Node
{
    int X, Y, G;
}Points[Maxn];

inline void Solve(double M)
{
    double x(0), y(0), Temp;
    for (int i = 1; i <= N; ++i)
    {
        Temp = sqrt((X - Points[i].X) * (X - Points[i].X) + (Y - Points[i].Y) * (Y - Points[i].Y));
        if (!Temp) continue;
        x += Points[i].G / Temp * (Points[i].X - X);
        y += Points[i].G / Temp * (Points[i].Y - Y);
    }
    Temp = sqrt(x * x + y * y);
    Y += M / Temp * y;
    X += M / Temp * x;
}

int main()
{
    scanf ("%d", &N);
    for (int i = 1; i <= N; ++i)
        scanf ("%d %d %d", &Points[i].X, &Points[i].Y, &Points[i].G);

    double M = 10000, tx, ty;
    while (1)
    {
        tx = X, ty = Y;
        Solve(M);
        if (abs(tx - X) < 0.00001 && abs(ty - Y) < 0.00001) break;
        M *= 0.9;
    }
    printf ("%.3lf %.3lf\n", X, Y);
    system ("pause");
}