Guess the K-th Zero (Hard version)
题目
这是一个交互问题。
这是问题的困难版本。与简单版不同的是，在困难版中，查询次数为 \(1 \le t \le \min(n, 10^4)\)，查询总数限制为 \(6 \cdot 10^4\)。
波利卡普正在玩一个电脑游戏。在这个游戏中，一个由 \(0\) 和 \(1\) 组成的数组被隐藏起来。如果波利卡普猜中了左边第 \(k\) 个 \(0\) 的位置 \(t\) 次，那么他就赢了。
波利卡普可以提出不超过 \(6 \cdot 10^4\) 个以下类型的请求：
- ? \(l\) \(r\) - 求出 \(l\) 至 \(r\) ( \(1 \le l \le r \le n\) ) 位置上所有元素的和。
为了增加游戏的趣味性，每次猜中的 \(0\) 都会变成 \(1\)，然后游戏在变化后的数组中继续进行。更正式地说，如果 \(k\) 第三个零的位置是 \(x\)，那么在波利卡普猜中这个位置之后，数组中 \(x\) 第三个元素将从 \(0\) 被替换到 \(1\)。
分析
简单版本中是一个二分，多次询问的版本有一个显然的 \(O(t \log_2 n)\)，二分每次 \(\log\) 的询问是卡满的。
所以想法自然转移到优化二分上面，比较 native 的想法是分块，快速定位块然后块内二分。
然后回顾一下每次询问点“下放”的过程，用分块的标记定位询问还是低效了，进一步的，这就是线段树动态开点的过程。
通过模拟动态开点的单点构建过程，可以很顺手的修改和利用线段树二分进行询问。
#include<bits/stdc++.h>
//#define int long long
int read() {int x=0; bool f=false; char ch=(char)getchar();while(! isdigit(ch)) f|=(ch == '-'),ch=(char)getchar();while(isdigit(ch)) x=x*10+(ch^48),ch=(char)getchar();return f ? -x : x;
}
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int n,t,k,tr[N]; bitset<N> st;
int lowbit(int x) {return x&-x;}
void add(int x,int v) {for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)) tr[i]+=v;}
void modify(int l,int r,int v) {add(l,v); if(r < n) add(r+1,-v);}
int query(int x) {int res=0;for(int i=x;i;i-=lowbit(i)) res+=tr[i];return res;
}
int qur(int x) {if(st[x]) return query(x); st[x]=1;cout<<"? 1 "<<x<<endl; int kl=read();modify(x,x,kl-query(x));return kl;
}
signed main() {n=read(); t=read();while(t -- ) {k=read();int l=1,r=n,res=0;while(l <= r) {int mid = (l + r) >> 1;if(mid - qur(mid) >= k) res=mid,r=mid-1;else l=mid+1;}cout<<"! "<<res<<endl;modify(res,n,1);}return 0;
}
To Go Or Not To Go?
题目
迪马居住的城市是一个面积为 \(n \times m\) 的长方形区域。田地上的每个单元格 \((i, j)\) 都用一个数字 \(a_{ij}\) 表示：
- 数字 \(-1\) 表示禁止通过该单元
- 数字 \(0\) 表示牢房是自由的，迪马可以穿过
- 数字 \(x\) ( \(1 \le x \le 10^9\) )表示该小区包含一个花费为 \(x\) 的入口。有入口的单元格也被认为是自由的
迪玛可以从任意一个入口到达其他任意一个入口，而从入口 \((i, j)\) 到入口 \((x, y)\) 的移动时间相当于它们的费用总和 \(a_{ij} + a_{xy}\)。
除了在传送门之间移动之外，迪马还可以在 \(w\) 时间内在相邻的未被占用的单元格之间移动。尤其是，他可以进入一个有传送门的单元格而不使用它。
最初，迪马位于左上方的单元格 \((1, 1)\)，而学校位于右下方的单元格 \((n, m)\)。
分析
传送门只会用一次，如果可以 \(a \rightarrow b \rightarrow c\)，我们为什么不能直接 \(a \rightarrow c\) 呢？
然后就变成了一个两层分层图的问题，然后过不去。
从起点终点分别 bfs，每次都在可以传送的点处加上传送值取个 \(\min\)，两段拼起来，再和直达取个 \(\min\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
int read() {int x=0; bool f=false; char ch=(char)getchar();while(! isdigit(ch)) f|=(ch == '-'),ch=(char)getchar();while(isdigit(ch)) x=x*10+(ch^48),ch=(char)getchar();return f ? -x : x;
}
using namespace std;
const int N=2e3+10; ll mn1=1e18,mn2=1e18;
const int dx[]={0,1,0,-1},dy[]={1,0,-1,0};
int n,m,w,a[N][N];
struct node {int x,y;
}; queue<node> q;
ll d[2][N][N];
signed main() {n=read(); m=read(); w=read();for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++) {a[i][j]=read();}for(int i=0;i<=n;i++) for(int j=0;j<=m;j++) for(int k=0;k<=1;k++) d[k][i][j]=1e18;d[0][1][1]=0; q.emplace(node{1,1});while(! q.empty()) {auto x=q.front().x,y=q.front().y; q.pop();if(a[x][y]) mn1=min(mn1,d[0][x][y]+a[x][y]);for(int i=0;i<4;i++) {int nx=x+dx[i],ny=y+dy[i];if(nx < 1 || nx > n || ny < 1 || ny > m) continue ;if(a[nx][ny] == -1) continue ;if(d[0][nx][ny] > d[0][x][y] + w) {d[0][nx][ny] = d[0][x][y] + w;q.emplace(node{nx,ny});}}}d[1][n][m]=0; q.emplace(node{n,m});while(! q.empty()) {auto x=q.front().x,y=q.front().y; q.pop();if(a[x][y]) mn2=min(mn2,d[1][x][y]+a[x][y]);for(int i=0;i<4;i++) {int nx=x+dx[i],ny=y+dy[i];if(nx < 1 || nx > n || ny < 1 || ny > m) continue ;if(a[nx][ny] == -1) continue ;if(d[1][nx][ny] > d[1][x][y] + w) {d[1][nx][ny] = d[1][x][y] + w;q.emplace(node{nx,ny});}}}ll ans = min(d[0][n][m],mn1+mn2);if(ans >= 1e18) puts("-1");else printf("%lld\n",ans);return 0;
}
