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我想知道实现这个(方法)的最佳方法。我将蜜蜂给定一组坐标 (x,y)。然后我会根据这些坐标查询我
1.C a b => 其中a和b是初始坐标集中的整数索引。所以我需要输出索引范围 a 到 b 中的第一、第二、第三和第四象限中的点数。
2.X a b => 其中 a 和 b 是初始坐标集中的整数索引。所以我需要沿 x 轴将 ath 镜像到 bth 索引坐标。
3.Y a b => 其中 a 和 b 是初始坐标集中的整数索引。所以我需要沿 y 轴将 ath 镜像到 bth 索引坐标。
最多可以有 100000 个坐标或点以及 500000 个此类查询。
我在每个查询上尝试了一种强力循环遍历的方法,但它有 TLE(超出时间限制)。
遇到这种题该怎么办?
这是我的代码
#include <iostream>
#include <stdio.h>
using namespace std;
char flipX[4] = { 3, 2, 1, 0 };
char flipY[4] = { 1, 0, 3, 2 };
int main(int argc, char **argv)
{
int n,x,y;
char c[100000];
scanf("%d",&n);
//coord *c=new coord[n];
for(int i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d",&x);
scanf("%d",&y);
if(x<0 && y<0)
c[i]=2;
else if(x>0 && y>0)
c[i]=0;
else if(x>0 && y<0)
c[i]=3;
else
c[i]=1;
}
int q,i,j,a,cnt[4];
char ch;
scanf("%d",&q);
while(q--)
{
//cout<<"q:"<<q<<endl;
cin>>ch;
scanf("%d",&i);
scanf("%d",&j);
i--;j--;
if(ch=='X')
{
//case 'X':
for(a=i;a<=j;a++)
c[a]=flipX[c[a]];
// break;
}
else if(ch=='Y')
{
//case 'Y':
for(a=i;a<=j;a++)
c[a]=flipY[c[a]];
// break;
}
else if(ch=='C')
{
cnt[0]=cnt[1]=cnt[2]=cnt[3]=0;
for(a=i;a<=j;a++)
{
cnt[c[a]]++;
}
printf("%d %d %d %d\n",cnt[0],cnt[1],cnt[2],cnt[3]);
}
}
return 0;
}
请帮助。
最佳答案
同意 nneonneo 的观点。
const size_t MAX_COORDS = 100000;
vector<char> quadrant( MAX_COORDS );
这里,quadrant
维护一个值(0 到 3)。在没有任何条件的情况下翻转象限非常简单:
char flipX[4] = { 2, 3, 0, 1 };
char flipY[4] = { 3, 2, 1, 0 };
vector<char>::iterator itLeft = quadrant.begin() + left;
vector<char>::iterator itRight = quadrant.begin() + right + 1;
for( vector<char>::iterator it = itLeft; it != itRight; it++ )
{
*it = flipX[*it];
}
而且计算象限也同样容易:
unsigned int count[4] = {0};
for( vector<char>::iterator it = itLeft; it != itRight; it++ )
{
count[*it]++;
}
如果您需要比这更快,则必须采用动态编程方法并记住每个点和每个象限的象限计数。这将为您提供 O(1) 范围搜索,但会使镜像操作更加昂贵。以下是范围计数的工作原理:
vector< vector<char> > counts( 4, vector<char>(MAX_COORDS) );
// ...
for( size_t i = 0; i < 4; i++ ) {
count[i] = counts[i][right] - (left > 0 ? counts[i][left-1] : 0);
}
关于c++ - 范围查询所需的高效算法,我们在Stack Overflow上找到一个类似的问题: https://stackoverflow.com/questions/12613368/
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我是一名优秀的程序员,十分优秀!