题目

题目大意

给你一个矩阵，从\((1,1)\)开始，每次往右上、右、右下三个格子中权值最大的那个跳。
第一行上面是第\(n\)行，第\(m\)列右边是第\(1\)列。反之同理。
有两个操作：跳\(K\)步和修改某行某列的权值。
\(n,m\leq 2000\)

思考历程

一开始觉得似乎可以倍增，但这个修改操作太烦人，想了很久感觉倍增不可做。
最终打暴力+判断循环节。然而爆\(10\)了。
后来发现少打了个\(+1\)，加上之后，居然水了\(85\)分。

正解

设\(jump_i\)表示\(i\)行\(1\)列开始跳\(m\)步会到哪一行。
有了这个东西，询问就很好做了。先跳到\(1\)列，然后每次\(m\)步\(m\)步地跳，判一下循环节。
重点是这个东西怎么维护。
按照题解做法，在某个点修改之后往前搞。由于改变方向的点都是在一个区间之内的，所以维护左端点和右端点，一直做到\(1\)列即可。
然而……
无数人有实践表明，这样打不出啊！！！
细节太多了……

于是有个造福人类的线段树做法。
我们可以计算出\(i\)列到\(i+1\)列的映射，用个长度为\(n\)的数组存下来。
然后利用线段树合并，处理出\(1\)列到\(n+1\)列的映射，也就是\(jump\)数组。
查询的时候一模一样。至于修改，直接单点修改，单次修改复杂度\(O(n\lg m)\)
也就比题解做法多了一个\(lg\)而已，但代码可要方便很多。

代码

（线段树做法）

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 2010
inline int input(){
    char ch=getchar();
    while (ch<'0' || '9'<ch)
        ch=getchar();
    int x=0;
    do{
        x=x*10+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    while ('0'<=ch && ch<='9');
    return x;
}   
int n,m;
int a[N][N];
int nowx=1,nowy=1;
inline int dn(int x){return x==n?1:x+1;}
inline int up(int x){return x==1?n:x-1;}
inline int ri(int x){return x==m?1:x+1;}
inline int le(int x){return x==1?m:x-1;}
inline int nxt(int x,int y){
    y=ri(y);
    int ux=up(x),dx=dn(x);
    if (a[ux][y]>a[x][y])
        x=ux;
    if (a[dx][y]>a[x][y])
        x=dx;
    return x;
}
inline void get_next(int &x,int &y){
    x=nxt(x,y);
    y=ri(y);
}
int jump[N<<4][N];
int vis[N],BZ,tim[N];
void build(int k,int l,int r){
    if (l==r){
        for (int i=1;i<=n;++i)
            jump[k][i]=nxt(i,l);
        return;
    }
    int mid=l+r>>1;
    build(k<<1,l,mid);
    build(k<<1|1,mid+1,r);
    for (int i=1;i<=n;++i)
        jump[k][i]=jump[k<<1|1][jump[k<<1][i]];
}
void change(int k,int l,int r,int y){
    if (l==r){
        for (int i=1;i<=n;++i)
            jump[k][i]=nxt(i,y);
        return;
    }
    int mid=l+r>>1;
    if (y<=mid)
        change(k<<1,l,mid,y);
    else
        change(k<<1|1,mid+1,r,y);
    for (int i=1;i<=n;++i)
        jump[k][i]=jump[k<<1|1][jump[k<<1][i]];
}
int main(){
    freopen("jump.in","r",stdin);
    freopen("jump.out","w",stdout);
    n=input(),m=input();
    for (int i=1;i<=n;++i)
        for (int j=1;j<=m;++j)
            a[i][j]=input();
    build(1,1,m);
    int Q;
    scanf("%d",&Q);
    char op[7];
    while (Q--){
        scanf("%s",op);
        if (*op=='m'){
            int k=input(),i;
            for (;k && nowy!=1;--k)
                get_next(nowx,nowy);
            if (k==0){
                printf("%d %d\n",nowx,nowy);
                continue;
            }
            vis[nowx]=++BZ;
            tim[nowx]=i=0;
            while (k>=m){
                k-=m;
                ++i;
                nowx=jump[1][nowx];
                if (vis[nowx]!=BZ){
                    vis[nowx]=BZ;
                    tim[nowx]=i;
                    continue;
                }
                k%=m*(i-tim[nowx]);
                break;
            }
            for (;k>=m;k-=m)
                nowx=jump[1][nowx];
            for (;k;--k)
                get_next(nowx,nowy);
            printf("%d %d\n",nowx,nowy);
        }
        else{
            int x=input(),y=input(),c=input();
            a[x][y]=c;
            change(1,1,m,le(y));
        }
    }
    return 0;
}

总结

好多时候都可以用到线段树呢……

原文地址：https://www.cnblogs.com/jz-597/p/11329455.html