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强袭交战www.bway883.com

2019年1月16日 - www.bway883.com

大sz的游戏

Time Limit: 50 Sec  Memory
Limit: 357 MB
Submit: 536  Solved: 143
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Description

www.bway883.com,大sz近来在玩一个由星球大战改编的娱乐。话说绝地武士当前共控制了N个星球。可是,西斯正在暗处悄悄地准备他们的算账计划。绝地评议会也感觉到到了这件事。于是,准备加派绝地武士到各星球避免西斯的突袭。一个星星受到攻击之后,会赶紧公告到总基地。需要的光阴越长的星球就需要越多绝地武士来防御。为了创制分配简单的勇士,大sz需要你帮她求出每个星球各需要多少日子可以公告到总基地。由于某种原因,N个星球排成一条直线,编号1至N。其中总基地建在1号星球上。每个星球固然都是绝地武士控制的,可是地点居住的生物不必然相同,并且科技水准也不平等。第i个星球能收到并分析波长在[xi,
yi]里头的信号,并且也可以发出在这几个距离的信号,可是不可以发出任何任何波长的信号。由于技术原因,每个星球只可以发信号到比自己编号小的距离不超越L的星星。特别地,强大的总基地可以吸收任何波长的信号。每个星球处理接收到的数据需要1个单位时间,传输时间可以忽略不计。

Input

先是行四个正整数N、L。接下来N-1行,总共第i行包含了六个正整数xi、yi、li,其中li表示第i个星球距离1号星球li,满意li严苛递增。

Output

总括N-1行,每行一个数分别表示2到N号星球至少需要多少单位时间,总基地可以处理好数据,倘诺无法传到总基地则输出-1。

Sample Input

input1
3 1
1 2 1
2 3 2
input 2
3 3
1 2 1
2 3 2

Sample Output

output1
1
2
output2
1
1
30%的数目满足N <=20000;
100%的数额满足2 <=N<=
2.5*10^5、0<=xi,yi,li<=2*10^9,1<=L<=2*10^9,xi<=yi.

HINT

 

Source

By
俞华程

 

题解

    发现相差具有单调性质,所以可以想到单调性,将xi,xj抽象成一条线条,

    发现当两条线段有交集的时候还要,距离满意条件时是可以变换的,

    那么哪些考虑呢?

    发现可以将xi,xj离散化,这样的话,就足以在线段树一段距离中寻找最小值,

    但是出现一个问题,最小值是不可知删除的,就是距离不满意了,怎么删除

    不可能成功,所以需要在每个点中开一个干燥队列,这才是这道题目标难关。

    

    先精晓一个定义,什么叫做永久性flag,对于常见的flag,是不是亟需标记下传

    也就是说,标记不是固定的,二永久性标记,顾名思义就是不需要下传标记,

        www.bway883.com 1

    比如革命线段是急需寻找的,那么对于包括这条线段的,并且是满意整条线段包括的

    我的代码中分成一个tr与一个bj数组,

    tr数组的情致是刚刚完全包括这一段的,一个值,

    而bj表示子区间中隐含这一段的,

    那么,在检索中,假若被tr包括,tr可以直接更新,因为那段全部都是满意的。

    如若当前寻找的这一段是包括了bj那么bj中有子区间的值也必将被搜寻段包括,所以可以革新,

    这样改进前保障单调性即可。

 1 #include<cstring>
 2 #include<cmath>
 3 #include<iostream>
 4 #include<algorithm>
 5 #include<cstdio>
 6 #include<map>
 7 #include<list>
 8 
 9 #define N 2000007
10 #define inf 1000000007
11 #define fzy pair<int,int>
12 using namespace std;
13 inline int read()
14 {
15     int x=0,f=1;char ch=getchar();
16     while(ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
17     while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
18     return x*f;
19 }
20 
21 int n,L,num,siz;
22 int hd,tl,q[N],b[N],f[N];
23 struct Node
24 {
25     int x,y,l;
26 }a[N];
27 list<fzy>tr[N],bj[N];
28 map<int,int>p;
29 
30 
31 void ins(int p,int l,int r,int x,int y,fzy zhi)
32 {
33     if (x<=l&&r<=y)
34     {
35         while(!tr[p].empty()&&tr[p].back().second>=zhi.second)
36             tr[p].pop_back();
37         tr[p].push_back(zhi);
38         return;
39     }
40     
41     while(!bj[p].empty()&&bj[p].back().second>=zhi.second)
42         bj[p].pop_back();
43     bj[p].push_back(zhi);
44     
45     int mid=(l+r)>>1;
46     if (y<=mid) ins(p<<1,l,mid,x,y,zhi);
47     else if (x>mid) ins(p<<1|1,mid+1,r,x,y,zhi);
48     else ins(p<<1,l,mid,x,mid,zhi),ins(p<<1|1,mid+1,r,mid+1,y,zhi);
49 }
50 int query(int p,int l,int r,int x,int y,int wei)
51 {
52     int res;
53     
54     while(wei-tr[p].front().first>L&&!tr[p].empty())
55         tr[p].pop_front();
56     if (tr[p].empty()) res=inf;
57     else res=tr[p].front().second;
58     
59     
60     while(wei-bj[p].front().first>L&&!bj[p].empty()) bj[p].pop_front();
61     if (x<=l&&r<=y)
62     {
63         if (!bj[p].empty()) res=min(res,bj[p].front().second);
64         return res;
65     }
66     
67     int mid=(l+r)>>1;
68     if (y<=mid) res=min(res,query(p<<1,l,mid,x,y,wei));
69     else if (x>mid) res=min(res,query(p<<1|1,mid+1,r,x,y,wei));
70     else res=min(res,min(query(p<<1,l,mid,x,mid,wei),query(p<<1|1,mid+1,r,mid+1,y,wei)));
71     return res;
72 }
73 int main()
74 {
75     n=read(),L=read();
76     for (int i=1;i<n;i++)
77         a[i].x=read(),a[i].y=read(),a[i].l=read(),b[++num]=a[i].x,b[++num]=a[i].y;
78     sort(b+1,b+num+1);
79     for (int i=1;i<=num;i++)
80         if (b[i]!=b[i-1]) p[b[i]]=++siz;
81     for (int i=1;i<n;i++)
82         a[i].x=p[a[i].x],a[i].y=p[a[i].y];
83     
84     ins(1,1,siz,1,siz,make_pair(0,0));
85     for (int i=1;i<n;i++)
86     {
87         f[i]=query(1,1,siz,a[i].x,a[i].y,a[i].l)+1;
88         ins(1,1,siz,a[i].x,a[i].y,make_pair(a[i].l,f[i]));
89     }
90     for (int i=1;i<n;i++)
91         printf("%d\n",f[i]>=n?-1:f[i]);
92 }

 

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