poj 2991 Crane 线段树

缘起

日常浪费生命 poj 2991 Crane

分析

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一台起重机，可视作是N条线段（起重臂）首尾相连, 第i条线段的长度是Li（1<=i<N）. 伊始, 所有线段笔直向上.
第一条线段在最下面, 第N条线段在最上面. 起重机的根部（即第一条线段的一个端点）坐标是(0,0)
有C条控制起重机的指令. 指令i给出两个整数S和A，效果是使得S和S+1的角度变成A（都是旋转上面的起重臂做到的）. 
所谓角度指的是从线段S开始沿逆时针方向旋转到S+1所经过的角度. 显然,伊始所有的角度都是180度
按顺序执行这C条指令. 在每条指令执行之后,输出起重机末端点（即第N条线段的一个端点）的坐标.

【输入】
多样例,每个样例包含n和c, 然后是n行，每行一个[1,100]的正整数表示第i条线段的长度. 然后是c行，每行
2个整数(s,a),表示指令
1<=n,c<=10000
1 ≤ s < n, 0 ≤ a ≤ 359

【输出】
对于每个样例，输出c行，每行2个浮点数（四舍五入小数点后2位）表示执行完指令之后起重机末端的坐标

【样例输入】
2 1
10 5
1 90

3 2
5 5 5
1 270
2 90

【样例输出】
5.00 10.00

-10.00 5.00
-5.00 10.00

【限制】
2s

此题是线段树的经典题目了. 有一点向量加法知识的童鞋都知——其实最后起重机的末端的坐标=（0, L1）+(第二根线段的末端相对第一根线段的末端的x坐标, 第二根线段的末端相对第一根线段的末端的y坐标)+…+(第N根线段的末端相对第n-1根线段的末端的x坐标, 第N根线段的末端相对第n-1根线段的末端的y坐标)

其中(x,y)坐标系使用的是题目中(0,0)对应的坐标系. 所以需要维护每根线段相对(x,y)坐标系的x轴旋转的角度. 一开始都是90度. 如果S+1相对S逆时针旋转了alpha角度的话, 则从S+1根开始往后所有的线段相对x轴都逆时针旋转了alpha角度. 而如果一根线段的末端相对它前一根线段的末端在(x,y)坐标系下的坐标是(x,y)的话, 则假设变成了(x1,y1), 则有

$$
\begin{cases}
cosx = x/l, sinx = y/l \
cos(x+alpha) = x1/l, sin(x+alpha) = y1/l
\end{cases}
$$
其中l是第S+1根的长度. 利用上述方程组是不难解出（其实(x+iy)*e^(i*alpha)就知道了）
$$
x1=xcos(alpha)-ysin(alpha) \
y1 = ycos(alpha)+xsin(alpha)
$$
所以一旦更新S+1和S之间的逆时针角度的话，则从S+1开始，一直到n，这n-S根线段的端点在(x,y)坐标系中的坐标都要更新. 而我们要求的起重机最末端的坐标其实就是这些x们的和以及y们的和. 如果更新完毕之后，再遍历n求和的话. 可以给出如下代码

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//#include "stdafx.h"

#include <stdio.h>
#include <math.h>
#include <string.h>
//#define LOCAL

const double PI = atan(1.0)*4;
const int maxn = 10005;
int n,c,s;
double a ,x[maxn],y[maxn],alpha[maxn],endx, endy; // (x[i],y[i])是第i根线段的末端的相对第i-1根线段的末端的偏移的xy坐标

int main()
{
#ifdef LOCAL
	freopen("d:\\data.in", "r", stdin);
	//freopen("d:\\my.out", "w", stdout);
#endif
	int kase = 0;
	while(~scanf("%d%d", &n ,&c))
	{
		if (kase++)
		{
			puts("");
		}
		for (int i = 1; i<=n;i++)
		{
			scanf("%lf", y+i);
			x[i] = 0;
			alpha[i] = PI; //alpha[i]是第i根线段与第i-1根线段逆时针夹角
		}
		while(c--)
		{
			scanf("%d%lf", &s, &a); // 第s+1根和第s根的逆时针角度变成a度
			double beta = a/180*PI-alpha[s+1]; // 此次逆时针旋转的角度
			alpha[s+1] = a/180*PI; // 更新第s+1根线段和第s根线段的夹角
			for (int i = s+1; i<=n; i++) // 从s+1起,更新每根线段的末端相对它前一根线段末端的(x,y)坐标
			{
				double tx=x[i],ty=y[i];
				x[i] = tx*cos(beta)-ty*sin(beta);
				y[i] = ty*cos(beta)+tx*sin(beta);
			}
			endx = 0, endy = 0;
			for (int i = 1; i<=n;i++)
			{
				endx+=x[i];
				endy+=y[i];
			}
			printf("%.2lf %.2lf\n",endx, endy);
		}
	}
	return 0;
}

然后被无情的T掉了 (测试数据见 【1】和【2】)

Status Time Limit Exceeded
Length 1074
Lang C++
Submitted 2019-09-03 11:11:04
Shared
RemoteRunId 20827796

但是使用测试数据进行校验, 答案是正确无误的. 所以仅仅是因为算法性能不够（而不是算法错误或者陷入死循环导致T）

那么, 上述算法哪里浪费了时间呢? 显然，你每次更新 [s+1,n]区间上的数据的时候, 你都更新完毕之后使用for循环求和endx和endy. 等于说回答一次询问的复杂度是O(n).而共有c次询问. 所以一个用例的复杂度是O(NC)的——破亿了~ 所以肯定被T掉. 后来注意到，我根本没必要更新s+1之前的呀~ 我完全只需要记录s+1以后的增量即可. 于是优化了一版

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//#include "stdafx.h"

#include <stdio.h>
#include <math.h>
#include <string.h>
//#define LOCAL

const double PI = atan(1.0)*4;
const int maxn = 10005;
int n,c,s;
double a ,x[maxn],y[maxn],alpha[maxn],endx, endy; // (x[i],y[i])是第i根线段的末端的相对第i-1根线段的末端的偏移的xy坐标

int main()
{
#ifdef LOCAL
	freopen("d:\\data.in", "r", stdin);
	freopen("d:\\my.out", "w", stdout);
#endif
	int kase = 0;
	while(~scanf("%d%d", &n ,&c))
	{
		if (kase++)
		{
			puts("");
		}
		endx = 0, endy = 0;
		for (int i = 1; i<=n;i++)
		{
			scanf("%lf", y+i);
			x[i] = 0;
			endy+=y[i];
			alpha[i] = PI; //alpha[i]是第i根线段与第i-1根线段逆时针夹角
		}
		while(c--)
		{
			scanf("%d%lf", &s, &a); // 第s+1根和第s根的逆时针角度变成a度
			double beta = a/180*PI-alpha[s+1]; // 此次逆时针旋转的角度
			alpha[s+1] = a/180*PI; // 更新第s+1根线段和第s根线段的夹角
			for (int i = s+1; i<=n; i++) // 从s+1起,更新每根线段的末端相对它前一根线段末端的(x,y)坐标
			{
				double tx=x[i],ty=y[i];
				x[i] = tx*cos(beta)-ty*sin(beta);
				y[i] = ty*cos(beta)+tx*sin(beta);
				endx+=x[i]-tx;
				endy+=y[i]-ty;
			}
			printf("%.2lf %.2lf\n",endx, endy);
		}
	}
	return 0;
}

悲剧的是，还是被T掉了. 上面的代码耗时的部分就在while(c–)的内层里面还有一个循环 for (int i = s+1; i<=n; i++) 这个for循环太耗时了——如果s较小的话, 就将近O(n)代价更新一次. 所以要想过掉此题, 必须要想O(logn)的方法来更新一次 怎么做呢? 区间的问题使用线段树是一种高效的做法. 其次每个坐标分量的增量虽然不一样，但是角度是可以叠加的. 所以可以使用线段树的延迟更新(貌似线段树都需要使用延迟更新才能过)。 本题使用点线段树. 并且采用了延迟更新技巧（完全仿照【3】，线段树延迟更新的技巧说白了就是如果恰好就是入参区间的话，打上标记就返回，并不真正更新，否则的话，就要真正更新当前节点，而且是老账新账一起算.）

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//#include "stdafx.h"

#include <stdio.h>
#include <math.h>
#include <string.h>
//#define LOCAL

const double PI = atan(1.0)*4, eps = 1e-6;
const int maxn = 10005;
int n,c,s;
double a ,x[maxn],y[maxn],alpha[maxn],endx, endy;

struct SegNode
{
	int l, r; // [l,r]区间
	double sumx, sumy, alpha; // sumx是本区间上所有的x的和, sumy是本区间上所有的y的和, alpha是本区间上所有点都需要逆时针旋转的角度
}segTree[maxn<<2];

void build(int begin, int end, int cur) // 递归建树, segTree[cur]是当前节点
{
	segTree[cur].l = begin;
	segTree[cur].r = end;
	segTree[cur].alpha = 0;
	if (begin==end)
	{
		segTree[cur].sumx = 0;
		segTree[cur].sumy = y[begin];
		return;
	}
	int mid = (begin+end)>>1;
	build(begin, mid, cur<<1);
	build(mid+1, end, cur<<1|1);
	segTree[cur].sumx = 0;
	segTree[cur].sumy = segTree[cur<<1].sumy+segTree[cur<<1|1].sumy;
}

double getsumx(int begin, int end, int cur, double alpha) // 算x坐标的部分和, cur是当前节点, alpha是当前节点累计的旋转角度
{
	double t = alpha+segTree[cur].alpha;
	if (begin==segTree[cur].l && end ==segTree[cur].r)
	{
		return segTree[cur].sumx*cos(t) - segTree[cur].sumy*sin(t); // 注意, 要把延迟加载的部分也算上
	}
	int mid = (segTree[cur].l+segTree[cur].r)>>1;
	if (end<=mid)
	{
		return getsumx(begin, end, cur<<1, t);
	}
	else if (begin>mid)
	{
		return getsumx(begin, end, cur<<1|1,t);
	}
	else
	{
		return getsumx(begin, mid, cur<<1,t)+getsumx(mid+1, end, cur<<1|1, t);
	}
}

double getsumy(int begin, int end, int cur,double alpha) // 算y坐标的部分和, cur是当前节点
{
	double t = alpha+segTree[cur].alpha;
	if (begin==segTree[cur].l && end ==segTree[cur].r)
	{
		return segTree[cur].sumy*cos(t)+segTree[cur].sumx*sin(t); // 注意, 要把延迟加载的部分也算上
	}
	int mid = (segTree[cur].l+segTree[cur].r)>>1;
	if (end<=mid)
	{
		return getsumy(begin, end, cur<<1,t);
	}
	else if (begin>mid)
	{
		return getsumy(begin, end, cur<<1|1,t);
	}
	else
	{
		return getsumy(begin, mid, cur<<1,t)+getsumy(mid+1, end, cur<<1|1,t);
	}
}

void pushdown(int begin, int end, int cur,double beta)
{
	double tx = segTree[cur].sumx, ty = segTree[cur].sumy;
	segTree[cur].sumx = tx*cos(segTree[cur].alpha)-ty*sin(segTree[cur].alpha);
	segTree[cur].sumy = ty*cos(segTree[cur].alpha)+tx*sin(segTree[cur].alpha); // 这两行是老账——迟来的旋转
	double dx = getsumx(begin, end, cur,0); // 在不改变子节点的alpha属性的前提下求sumx和sumy(所以子节点的alpha属性要放到本代码的后面去改变)
	double dy = getsumy(begin, end, cur,0); // 原先 [begin, end]的部分和
	segTree[cur].sumx += (dx*cos(beta)-dy*sin(beta)-dx);
	segTree[cur].sumy += (dx*sin(beta)+dy*cos(beta)-dy);  // 此次旋转beta之后的增量, 这是新账
	segTree[cur<<1].alpha+=segTree[cur].alpha;
	segTree[cur<<1|1].alpha+=segTree[cur].alpha; // 下推父节点cur的延迟标记到两个子节点
	segTree[cur].alpha = 0; // 账算清楚了, 没有延迟的了
}

void updata(int begin, int end, double beta, int cur) // [begin,end]上旋转角度beta,延迟更新线段树, cur是当前节点
{
	if (segTree[cur].l == begin && segTree[cur].r == end)
	{
		segTree[cur].alpha+=beta; // 如果区间刚好重合的话, 就仅仅更新一下区间的角度就返回,而不做实质性的更新(延迟更新)
		return;
	}
	pushdown(begin, end, cur,beta); // 如果不能延迟更新的话, 就要下推延迟标记,而且本节点就要更新了(因为不能延迟更新, cur节点自然要真实更新咯~)
	int mid = (segTree[cur].l+segTree[cur].r)>>1;
	if (end<=mid)
	{
		updata(begin,end, beta, cur<<1);
	}
	else if (begin>mid)
	{
		updata(begin, end, beta, cur<<1|1);
	}
	else
	{
		updata(begin, mid, beta, cur<<1);
		updata(mid+1, end, beta, cur<<1|1);
	}
}

int main()
{
#ifdef LOCAL
	freopen("d:\\data.in", "r", stdin);
	freopen("d:\\my.out", "w", stdout);
#endif
	int kase = 0;
	while(~scanf("%d%d", &n ,&c))
	{
		if (kase++)
		{
			puts("");
		}
		for (int i = 1; i<=n;i++)
		{
			scanf("%lf", y+i);
			x[i] = 0;
			alpha[i] = PI;
		}
		build(1, n,1); // 建树
		while(c--)
		{
			scanf("%d%lf", &s, &a);
			double beta = a/180*PI-alpha[s+1]; // [s+1,...,n]都要旋转的角度
			alpha[s+1] = a/180*PI;  // 更新当前角度
			updata(s+1, n, beta,1);
			printf("%.2lf %.2lf\n",segTree[1].sumx, segTree[1].sumy);
		}
	}
	return 0;
}

很不幸~ 还是被T掉了（我明显感觉比之前暴力快, 就差那么一点就可以A掉了）

Status Time Limit Exceeded
Length 3734
Lang C++
Submitted 2019-09-03 20:48:01
Shared
RemoteRunId 20829712

那么上面浪费时间的地方在哪里呢? 在pushdown方法中的getsumx(y) 调用. 它虽然O(logn)但是还是比较耗时，而且多多少少给人一种冗余的赶脚.

那么getsumx和getsumy分别是干什么的呢? 是用于算新账用的, 但是新账一定要再次递归求解吗?（这将导致算法的复杂度变成O(logn*logn)） 不需要, 上面线段树算法算新账的时候太急了~ 完全可以把算新账融入到递归中去. 就像下面这个样子（所以getsumx和getsumy就不需要了）

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//#include "stdafx.h"

#include <stdio.h>
#include <math.h>
#include <string.h>
//#define LOCAL

const double PI = atan(1.0)*4, eps = 1e-6;
const int maxn = 10005;
int n,c,s;
double a ,x[maxn],y[maxn],alpha[maxn],endx, endy;

struct SegNode
{
	int l, r; // [l,r]区间
	double sumx, sumy, alpha; // sumx是本区间上所有的x的和, sumy是本区间上所有的y的和, alpha是本区间上所有点都需要逆时针旋转的角度
}segTree[maxn<<2];

void build(int begin, int end, int cur) // 递归建树, segTree[cur]是当前节点
{
	segTree[cur].l = begin;
	segTree[cur].r = end;
	segTree[cur].alpha = 0;
	if (begin==end)
	{
		segTree[cur].sumx = 0;
		segTree[cur].sumy = y[begin];
		return;
	}
	int mid = (begin+end)>>1;
	build(begin, mid, cur<<1);
	build(mid+1, end, cur<<1|1);
	segTree[cur].sumx = 0;
	segTree[cur].sumy = segTree[cur<<1].sumy+segTree[cur<<1|1].sumy;
}

void pushdown(int begin, int end, int cur,double beta)
{
	segTree[cur<<1].alpha+=segTree[cur].alpha;
	segTree[cur<<1|1].alpha+=segTree[cur].alpha; // 下推父节点cur的延迟标记到两个子节点
	segTree[cur].alpha = 0; // 账算清楚了, 没有延迟的了
}

struct Complex
{
	double x,y;
	Complex(double x, double y):x(x),y(y){}
	Complex(){}
	Complex operator+(const Complex &o)
	{
		return Complex(x+o.x, y+o.y);
	}
};

Complex updata(int begin, int end, double beta, int cur) // [begin,end]上逆时针旋转角度beta,延迟更新线段树, cur是当前节点
{
	Complex ans;
	if (segTree[cur].l == begin && segTree[cur].r == end)
	{
		double ta = segTree[cur].alpha;
		segTree[cur].alpha+=beta; // 如果区间刚好重合的话, 就仅仅更新一下区间的角度就返回,而不做实质性的更新(延迟更新)
		double deltax = segTree[cur].sumx*cos(segTree[cur].alpha)-segTree[cur].sumy*sin(segTree[cur].alpha) - (segTree[cur].sumx*cos(ta)-segTree[cur].sumy*sin(ta));
		double deltay = segTree[cur].sumx*sin(segTree[cur].alpha)+segTree[cur].sumy*cos(segTree[cur].alpha) - (segTree[cur].sumx*sin(ta)+segTree[cur].sumy*cos(ta));
		return Complex(deltax, deltay); // 要返回到父节点去的,给父节点算新账用的增量
	}
	double tx = segTree[cur].sumx, ty = segTree[cur].sumy;
	segTree[cur].sumx = tx*cos(segTree[cur].alpha)-ty*sin(segTree[cur].alpha);
	segTree[cur].sumy = tx*sin(segTree[cur].alpha)+ty*cos(segTree[cur].alpha); // 这是老账
	pushdown(begin, end, cur,beta); // 如果不能延迟更新的话, 就要下推延迟标记,而且本节点就要更新了(因为不能延迟更新, cur节点自然要真实更新咯~)
	int mid = (segTree[cur].l+segTree[cur].r)>>1;
	if (end<=mid)
	{
		ans = updata(begin,end, beta, cur<<1);
	}
	else if (begin>mid)
	{
		ans = updata(begin, end, beta, cur<<1|1);
	}
	else
	{
		ans = updata(begin, mid, beta, cur<<1) + updata(mid+1, end, beta, cur<<1|1);
	}
	segTree[cur].sumx += ans.x; // 通过递归把新账算好,而不是太直接(通过getsumx(y))的去算新账
	segTree[cur].sumy += ans.y;
	return ans;
}

int main()
{
#ifdef LOCAL
	freopen("d:\\data.in", "r", stdin);
	freopen("d:\\my.out", "w", stdout);
#endif
	int kase = 0;
	while(~scanf("%d%d", &n ,&c))
	{
		if (kase++)
		{
			puts("");
		}
		for (int i = 1; i<=n;i++)
		{
			scanf("%lf", y+i);
			x[i] = 0;
			alpha[i] = PI;
		}
		build(1, n,1); // 建树
		while(c--)
		{
			scanf("%d%lf", &s, &a);
			double beta = a/180*PI-alpha[s+1]; // [s+1,...,n]都要旋转的角度
			alpha[s+1] = a/180*PI;  // 更新当前角度
			updata(s+1, n, beta,1);
			printf("%.2lf %.2lf\n",segTree[1].sumx, segTree[1].sumy);
		}
	}
	return 0;
}

重点看上面的代码的updata的83、84行. 在那里把新账通过递归算好了. 这样将复杂度真正的降低到了O(logn)

Status Accepted
Time 875ms
Memory 1408kB
Length 4603
Lang C++
Submitted 2019-09-03 22:10:00
Shared
RemoteRunId 20830177

通过此题. 我们了解到了线段树延迟更新的一般套路

  1. 如果遇到刚刚好的区间, 则直接更新延迟标记并返回.
  2. 如果不是刚刚好的区间的话, 就不能延迟更新了，而要立即更新. 即新账老账一起算. 老账是好算的. 新账如果能像【3】那样好算, 就立即算出来. 如果不好算的话, 则就像本题一样融入到递归中来算（这样比直接暴力算——getsumx、getsumy快）.

参考

【1】https://contest.felk.cvut.cz/05prg/solved/c.in

【2】https://contest.felk.cvut.cz/05prg/solved/c.out

【3】https://yfsyfs.github.io/2019/07/13/%E7%BA%BF%E6%AE%B5%E6%A0%91-fzu-2171-%E9%98%B2%E5%AE%88%E9%98%B5%E5%9C%B0-II/

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