牛客G-指纹锁【一题三解】

链接：https://www.nowcoder.com/acm/contest/136/G
来源：牛客网

题目描述

HA实验有一套非常严密的安全保障体系，在HA实验基地的大门，有一个指纹锁。

    该指纹锁的加密算法会把一个指纹转化为一个不超过1e7的数字，两个指纹数值之差越小，就说明两个指纹越相似，当两个指纹的数值差≤k时，这两个指纹的持有者会被系统判定为同一个人。
    现在有3种操作，共m个，
操作1：add x，表示为指纹锁录入一个指纹，该指纹对应的数字为x，如果系统内有一个与x相差≤k的指纹，则系统会忽略这次添加操作
操作2：del x，表示删除指纹锁中的指纹x，若指纹锁中多个与x相差≤k的指纹，则全部删除，若指纹锁中没有指纹x，则可以忽略该操作，
操作3：query x，表示有一个持有指纹x的人试图打开指纹锁，你需要设计一个判断程序，返回该人是否可以打开指纹锁（只要x与存入的任何一个指纹相差≤k即可打开锁）。
    初始状态，指纹锁中没有任何指纹。

输入描述:

第一行有2个正整数m，k。
接下来m行，每行描述一种操作：add x，del x或query x。

输出描述:

对于每个query操作，输出一行，包含一个单词“Yes”或“No”，表示该人是否可以打开指纹锁。

法一： set集合的运用：重要---erqase 的使用

不知道问什么c++11超时，c++14就ok了。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

set <int> e;

set <int>::iterator it,t;

int n, k;

int main ()

{

  scanf ("%d %d", &n,&k);

  char str[]; int x;

  for (int i = ; i <= n; i++) {

    scanf (" %s %d", str, &x);

    if (str[] == 'a') {

      it = e.lower_bound(x - k);

      if (it == e.end() || x + k < *it)

        e.insert(x);

    }

    else if (str[] == 'q') {

      it = e.lower_bound(x - k);

      if (it == e.end() || x + k < *it) puts("No");

      else                              puts("Yes");

    }

    else  {

      it = e.lower_bound(x - k);

      t=it;

      while (it != e.end() && (*it <= x + k))  it++;

      e.erase(t,it);

    }

  }

  return ;

}

法二： 动态线段树超时（95%通过率）

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ln t[rt].lson

#define rn t[rt].rson

#define ls l,m,ln

#define rs m+1,r,rn

const int N = 1e6 + ;

const int M = 1e7 + ;

struct node {

  int sum;

  int lson, rson;

  int tag;

};

node t[N * ]; int cnt;

int n, k;

inline void newnode (int &rt) {

  rt = ++cnt;

  t[rt].sum = t[rt].tag = ;

  ln = rn = -;

}

inline void pushup (int rt) {

  t[rt].sum = t[ln].sum + t[rn].sum;

}

void pushdown (int rt) {

  if (t[rt].tag) {

    t[ln].tag = t[rn].tag = ;

    t[ln].sum = t[rn].sum = ;

    t[rt].tag = ;

  }

}

void  update (int L, int R, int x, int l, int r, int rt ) {

  if (l > R || r < L)  return ;

  if (l >= L && r <= R) {

    t[rt].sum = x;

    t[rt].tag = (x + ) % ;

    return ;

  }

  if (ln < ) {

    newnode(ln);

    newnode(rn);

  }

  pushdown(rt);

  int m = (l + r) / ;

  update (L, R, x, ls);

  update (L, R, x, rs);

  pushup(rt);

  return ;

}

bool query (int L, int R, int l, int r, int rt) {

  if (t[rt].sum ==  || l > R || r < L) return ;

  if (l >= L && r <= R) return t[rt].sum > ;

  if (ln < ) {

    newnode(ln);

    newnode(rn);

  }

  pushdown(rt);

  int m = (l + r) / ;

  return query(L, R, ls) || query(L, R, rs);

}

int main ()

{

  scanf ("%d %d", &n, &k) ;

  char str[]; int x;

  int rt;  newnode (rt);

  for (int i = ; i <= n; i++) {

    scanf (" %s %d", str, &x);

    x += M;

    int t1 = max (, x - k);

    int t2 = min (x + k,  * M);

    if (str[] == 'a') {

      if ( !query (t1, t2, ,  * M, ) )

        update (x, x, , ,  * M, );

    }

    else if (str[] == 'q') {

      if ( query (t1, t2, ,  * M, ) )  puts("Yes");

      else                                puts("No");

    }

    else  update (t1, t2, , ,  * M, );

  }

  return ;

}

法三：因为连续k个元素且（x/k)值相同的数同一时间只存在一个。。。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N=1e7+;

int isok[*N];

int n,k;

bool ask (int x) {

  int t=x/k;

  if (isok[t]) return ;

  if (isok[t-]&&abs(x-isok[t-])<=k) return ;

  if (isok[t+]&&abs(x-isok[t+])<=k) return ;

  return ;

}

int main ()

{

   scanf ("%d %d",&n,&k);

   char str[]; int x;

   for (int i=;i<=n;i++) {

    scanf (" %s %d",str,&x);

    x+=N;

    if (str[]=='a') {

      if (!ask(x)) isok[x/k]=x;

    }

    else if (str[]=='q') {

      if (ask(x)) puts("Yes");

      else        puts("No");

    }

    else {

      int t=x/k;

      if (isok[t]) isok[t]=;

      if (isok[t-]&&abs(x-isok[t-])<=k) isok[t-]=;

      if (isok[t+]&&abs(x-isok[t+])<=k) isok[t+]=;

    }

   }

   return ;

}

巴特西

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