HDU多校1 - 6756 Finding a MEX(分块+二分+树状数组)

题目大意：给出一个 n 个点和 m 条边的无向图，每个点都有一个权值，现在需要执行 q 次操作，每次操作分为两种类型：

1 pos val ：将第 pos 个点的权值修改为 val
2 pos ：询问第 pos 个点相邻的所有点的权值组成的集合的 mex

题目分析：只能说数据水了，如果数据拉满 std 的复杂度应该是会 TLE 的

很显然的几个结论是：

设点 u 的度数为 du[ u ] ，则 mex( u ) 的答案一定小于等于 du[ u ]
度数大于等于 sqrt( n ) 的点的个数一定小于等于 sqrt( n ) 个

这样一来考虑 sqrt 分块，对于每个度数大于 sqrt( n ) 的结点维护一个树状数组，树状数组记录一下相邻的结点的权值都出现了哪些，这样就可以二分去统计出 mex 了

综上所述，对于操作 1 ，只需要更新 pos 结点周围所有度数大于 sqrt( n ) 的结点的树状数组就好了，因为最多只有 sqrt( n ) 个结点，最坏情况就是这个 pos 结点连接了 sqrt( n ) 个结点，对于每个节点的更新，只需要对树状数组进行单点更新，所以最坏的时间复杂度为 sqrt( n ) * log n

对于操作 2 ，如果 pos 节点的度数小于 sqrt( n ) 的话，直接暴力查询就好了，时间复杂度为 sqrt( n ) ，如果度数大于等于 sqrt( n ) 的话，就以 logn * logn 的时间复杂度在树状数组上二分就可以查询答案了

总的时间复杂度为 T * n * sqrt( n ) * logn

注意，因为对于这个思路来说，只需要对于度数大于等于 sqrt( n ) 建立一个更新 + 查询都是 log 级别的数据结构即可，也不难想到用 set 维护 0 ~ du[ i ] 内没有出现的数字，亦或者直接在线段树上二分，不过前者好像是常数太大，无论如何优化仍然 TLE，后者是因为区间大小问题不方便操作（或许可以用线段树AC，不过个人感觉树状数组来写这个题目更为简单）

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
#include<unordered_map>
using namespace std;
 
typedef long long LL;
 
typedef unsigned long long ull;
 
const int inf=0x3f3f3f3f;
 
const int N=1e5+100;

vector<int>node[N],adj[N],c[N],cnt[N];

int n,m,sz;

bool vis[N];

int a[N];

inline int lowbit(int x)
{
	return x&(-x);
}
 
void add(int u,int pos,int val)
{
	int du=node[u].size();
	while(pos<=du)
	{
		c[u][pos]+=val;
		pos+=lowbit(pos);
	}
}

int ask(int u,int pos)
{
	int ans=0;
	while(pos)
	{
		ans+=c[u][pos];
		pos-=lowbit(pos);
	}
	return ans;
}

void init()
{
	for(int i=0;i<N;i++)
	{
		adj[i].clear();
		node[i].clear();
		cnt[i].clear();
		c[i].clear();
	}
}

int get_mex1(int u)//暴力计算mex 
{
	int du=node[u].size();
	memset(vis,false,du+5);
	for(auto v:node[u])
		if(a[v]<=du)
			vis[a[v]]=true;
	int mex=0;
	while(vis[mex])
		mex++;
	return mex;
}

int get_mex2(int u)//树状数组计算mex 
{
	if(!cnt[u][0])//特判0 
		return 0;
	int l=1,r=node[u].size(),mex=-1;
	while(l<=r)
	{
		int mid=l+r>>1;
		if(ask(u,mid)<mid)
		{
			mex=mid;
			r=mid-1;
		}
		else
			l=mid+1;
	}
	return mex;
}

void update(int u,int pre_val,int cur_val)//更新点u的一个相邻节点由pre_val变为cur_val
{
	int du=node[u].size();
	if(cur_val<=du)
	{
		if(!cnt[u][cur_val]&&cur_val)
			add(u,cur_val,1);
		cnt[u][cur_val]++;
	}
	if(pre_val<=du)
	{
		cnt[u][pre_val]--;
		if(!cnt[u][pre_val]&&pre_val)
			add(u,pre_val,-1);
	}
}

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
//  freopen("data.in.txt","r",stdin);
//  freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
//  ios::sync_with_stdio(false);
	int w;
	cin>>w;
	while(w--)
	{
		init();
		scanf("%d%d",&n,&m);
		sz=sqrt(n);
		for(int i=1;i<=n;i++)
			scanf("%d",a+i);
		while(m--)
		{
			int u,v;
			scanf("%d%d",&u,&v);
			node[u].push_back(v);
			node[v].push_back(u);
		}
		for(int u=1;u<=n;u++)
			if(node[u].size()>=sz)
			{
				int du=node[u].size();
				c[u].resize(du+5);
				cnt[u].resize(du+5);
				for(auto v:node[u])
				{
					adj[v].push_back(u);
					if(a[v]<=du)
					{
						if(!cnt[u][a[v]]&&a[v])//因为树状数组是从1开始的，所以对于0我们需要特判
							add(u,a[v],1);
						cnt[u][a[v]]++;
					}
				}
			}
		int q;
		scanf("%d",&q);
		while(q--)
		{
			int op;
			scanf("%d",&op);
			if(op==1)
			{
				int pos,val;
				scanf("%d%d",&pos,&val);
				for(auto v:adj[pos])
					update(v,a[pos],val);
				a[pos]=val;
			}
			else
			{
				int pos;
				scanf("%d",&pos);
				if(node[pos].size()<sz)
					printf("%d\n",get_mex1(pos));
				else
					printf("%d\n",get_mex2(pos));
			}
		}
	}







 














    return 0;
}

HDU多校1 - 6756 Finding a MEX(分块+二分+树状数组)

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