題面

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$ solution: $

真的沒有想到可以用分塊。

但是可以發現一個性質，每個詢問只關心這個點最后一次賦值操作，和這個賦值操作后的所有取 $ min $ 操作。這個感覺很有用，但是真的很難讓人想到低于 $ n\times m $ 的做法。基于 $ DAG $ 的數據結構是目前很少需要掌握的（好吧我都不知道有什么數據結構可以維護 $ DAG $ ）所以肯定得騷操作。

我們可以發現一個 $ DAG $ 的性質，如果有一連串賦值操作我們可以根據拓撲序 $ O(n) $ 將所有操作完成，直接按順序從后往前賦值，這樣每個點賦值之后就不會再被訪問。同理的， 如果有一連串取 $ min $ 操作我們也可以根據拓撲序 $ O(n) $ 將所有操作完成，直接 $ min $ 值從小到大取 $ min $， 這樣每個點在取 $ min $ 之后就不會再被訪問。但是當我們將這兩種操作合到一起時就不行了。

但是聯想一下上面說的性質：每個詢問只關心這個點最后一次賦值操作，和這個賦值操作后的所有取 $ min $ 操作。我們可以搞出一個分塊來，先預處理2操作，將2操作序列分塊，并將每一塊用上面的方法統計出每個結點在每個塊內的取 $ min $ 后的值（初值inf）。然后我們就可以 $ \sqrt{n} $ 的求出任意一個區間里某個節點取 $ min $ 的最小值（其實還需要一個操作）。然后我們只需要快速找到每個詢問的節點的最后一次賦值操作的編號，即賦值的大小，就可以得到答案。找到這個編號，我們可以對1操作分塊來完成。

但是上述操作我們還需要知道一個東西，因為分塊兩邊的小區間是要暴力遍歷的，這個我們需要知道每個操作能否對某個點產生影響，這個等同于我們要知道 $ DAG $ 中一個點能否到另一個點。這個很奇妙的我們可以用 $ bitset $ 暴力完成。因為這個是無法用低于 $ n\times m $ 的復雜度完成，但是只涉及能否我們可以用二進制。

仔細分析求得答案需要什么關鍵信息

對于一連串操作可以一次完成，就考慮分治或分塊

對于兩種操作會互相影響，考慮先預處理一種操作在進行第二種操作

二進制和是與否，這個對于復雜度優化很好用。

$ DAG $ 中的一些問題是難以用低于 $ n\times m $ 的做法完成的！

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$ code: $

#include<iostream> #include<cstdio> #include<iomanip> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<ctime> #include<cmath> #include<vector> #include<queue> #include<map> #include<set> #include<bitset>#define ll long long #define db double #define rg register intusing namespace std;int tt,t=1; int n,m,q,ff; int a[100005]; int idx[100005]; int fq[100005]; int fm[100005][404]; int vis[100005]; bitset<100005> f[100005];struct su{int to,next; }b[200005]; int tou[100005];struct pi{int id,x,v,op;inline bool operator <(const pi &i)const{return v<i.v;} }s[100005],k[100005];inline int qr(){register char ch; register bool sign=0; rg res=0;while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();if(sign)return -res; else return res; }inline void yu(int i){ //預處理dag中兩點是否可達vis[i]=1; f[i][i]=1;for(rg j=tou[i];j;j=b[j].next){if(!vis[b[j].to]) yu(b[j].to);f[i]|=f[b[j].to];} }inline void dfs(int i,int v,int time,bool op){ //修改操作if(vis[i]==t)return ; else vis[i]=t; //根據op判斷是1操作還是2操作if(op) a[i]=v,idx[i]=time; else fm[i][time]=v;for(rg j=tou[i];j;j=b[j].next){if(vis[b[j].to]==t)continue;dfs(b[j].to,v,time,op);} }int main(){//freopen("dag.in","r",stdin);//freopen("dag.out","w",stdout);n=qr(); m=qr(); q=qr(); ff=sqrt(q-1)+1;for(rg i=1;i<=q;++i) fq[i]=(i-1)/ff+1; //分塊for(rg i=1;i<=m;++i){rg x=qr(),y=qr();b[i]=su{y,tou[x]}; tou[x]=i;}for(rg i=1;i<=n;++i) if(!vis[i])yu(i);for(rg i=1;i<=q;++i){ //先預處理每個塊內的2操作rg op=qr(); s[i]=pi{i,qr(),0,op};if(op<=2) s[i].v=qr();if(op==2) k[++tt]=s[i];if(fq[i]!=fq[i+1]){sort(k+1,k+tt+1); ++t; //從小到大，保證每個點只修改一次for(rg j=1;j<=n;++j) fm[j][fq[i]]=1e9; //賦初值for(rg j=1;j<=tt;++j)dfs(k[j].x,k[j].v,fq[i],0);tt=0;}}for(rg i=1;i<=q;++i){if(s[i].op==3){rg x=s[i].x,y=idx[x],v=a[x],sf=0;for(rg j=i;fq[j]==fq[i];--j){ //在同一個塊內，暴力處理if(s[j].op==1&&f[s[j].x][x]){ sf=1; y=j; v=s[j].v;for(rg o=y;o<=i;++o)if(s[o].op==2&&f[s[o].x][x]) v=min(v,s[o].v);break;}}if(!sf){ //這個if調了半個上午for(rg j=y+1;fq[j]==fq[y];++j) //前小塊if(s[j].op==2&&f[s[j].x][x]) v=min(v,s[j].v);for(rg j=fq[y]+1;j<=fq[i]-1;++j) v=min(v,fm[x][j]); //中間的大塊for(rg j=i;fq[j]==fq[i];--j) //后小塊if(s[j].op==2&&f[s[j].x][x]) v=min(v,s[j].v);}printf("%d\n",v);}if(fq[i]!=fq[i+1]){ ++t; //將這個塊內的1操作一遍做完for(rg j=i;fq[j]==fq[i];--j)if(s[j].op==1)dfs(s[j].x,s[j].v,j,1);}}return 0; }

轉載于:https://www.cnblogs.com/812-xiao-wen/p/11505436.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的LOJ bitset+分块 大内存毒瘤题的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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